Bài giảng Giải tích 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (10.99 MB, 101 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG ĐẠI HỌC LÂM NGHIỆP - 2019 
 ThS. ĐỖ THÚY HẰNG (Chủ biên)

TS. PHẠM QUANG KHOÁI, ThS. NGUYỄN THỊ THU 
ThS. LƯƠNG THẾ THẮNG

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ThS. ĐỖ THÚY HẰNG (Chủ biên)

TS. PHẠM QUANG KHOÁI, ThS. NGUYỄN THỊ THU 
ThS. LƯƠNG THẾ THẮNG

BÀI GIẢNG

GIẢI TÍCH 1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3></div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

MỤC LỤC

MỤC LỤC ... i

LỜI NÓI ĐẦU ... 1

Chương 1.ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH ... 3

Bài 1. MA TRẬN - CÁC KHÁI NIỆM LIÊN QUAN ĐẾN MA TRẬN ... 3

1.1.1. Định nghĩa ma trận ... 3

1.1.2. Các khái niệm liên quan đến ma trận ... 3

Bài 2. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN MA TRẬN ... 7

1.2.1. Hai ma trận bằng nhau ... 7

1.2.2. Phép cộng hai ma trận cùng cỡ ... 7

1.2.2.1. Định nghĩa ... 7

1.2.2.2. Tính chất ... 7

1.2.3. Phép nhân ma trận với số thực ... 7

1.2.3.1. Định nghĩa ... 7

1.2.3.2. Tính chất ... 8

1.2.4. Phép nhân hai ma trận ... 8

1.2.4.1. Định nghĩa ... 8

1.2.4.2. Tính chất ... 9

1.2.5. Các phép biến đổi sơ cấp của ma trận... 9

Bài 3. ĐỊNH THỨC ... 10

1.3.1. Định thức cấp n (n ≤ 3) ... 10

1.3.2. Tính định thức bằng cách khai triển theo hàng hoặc cột ... 11

1.3.3. Tính định thức bằng các phép biến đổi sơ cấp ... 12

Bài 4. MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO ... 14

1.4.1. Phần phụ đại số của một phần tử, ma trận phụ hợp ... 14

1.4.1.1. Phần phụ đại số ... 14

1.4.1.2. Ma trận phụ hợp ... 14

1.4.2. Ma trận nghịch đảo ... 15

1.4.2.1. Định nghĩa ... 15

1.4.2.2. Tính chất ... 15

1.4.2.3. Điều kiện tồn tại ma trận nghịch đảo của một ma trận vuông ... 15

1.4.2.4. Ứng dụng ma trận nghịch đảo giải phương trình ma trận ... 17

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1.5.1. Hạng của ma trận ... 19

1.5.2. Ma trận hình thang ... 20

1.5.3. Phương pháp tìm hạng của ma trận... 20

Bài 6. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH ... 21

1.6.1. Hệ phương trình đại số tuyến tính... 21

1.6.2. Biện luận hệ phương trình đại số tuyến tính AX = B ... 22

1.6.3. Hệ Cramer ... 23

1.6.3.1. Định nghĩa ... 23

1.6.3.2. Tính chất ... 23

1.6.3.3. Phương pháp giải hệ Cramer (có 3 phương pháp) ... 24

1.6.4. Giải hệ phương trình đại số tuyến tính tổng quát AX = B bằng Gauss ... 27

Bài tập chương 1 ... 29

Chương 2. HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ THỰC - GIỚI HẠN - SỰ LIÊN TỤC 
CỦA HÀM SỐ ... 31

Bài 1. HÀM SỐ ... 31

2.1.1. Định nghĩa hàm số và các phương pháp cho hàm số ... 31

2.1.1.1. Định nghĩa hàm số ... 31

2.1.1.2. Các phương pháp cho hàm số ... 31

2.1.2. Hàm hợp và hàm ngược ... 32

2.1.2.1. Hàm số hợp ... 32

2.1.2.2. Hàm số ngược ... 32

2.1.3. Các hàm số sơ cấp ... 33

2.1.3.1. Các hàm số sơ cấp cơ bản ... 33

2.1.3.2. Các hàm luợng giác ngược ... 33

2.1.4. Các hàm sơ cấp ... 34

Bài 2. GIỚI HẠN HÀM SỐ ... 35

2.2.1. Định nghĩa mô tả về giới hạn của hàm số ... 35

2.2.2. Các phép tốn về hàm có giới hạn ... 36

2.2.3. Hai tiêu chuẩn tồn tại giới hạn ... 36

2.2.3.1. Tiêu chuẩn 1 (Nguyên lý kẹp giới hạn) ... 36

2.2.3.2. Tiêu chuẩn 2 ... 37

2.2.3.3. Một số công thức giới hạn cơ bản ... 38

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2.2.4.2. Vô cùng lớn ... 39

2.2.4.3. Ứng dụng của VCB và VCL trong việc tìm giới hạn dang vơ định 0;
0

 40 
Bài 3. HÀM SỐ LIÊN TỤC ... 43

2.3.1. Hàm số liên tục ... 43

2.3.1.1. Liên tục tại một điểm ... 43

2.3.1.2. Liên tục một phía ... 43

2.3.1.3. Liên tục trên một khoảng, đoạn ... 44

2.3.2. Điểm gián đoạn của hàm số ... 44

2.3.2.1. Định nghĩa ... 44

2.3.2.2. Các trường hợp gián đoạn ... 44

2.3.2.3. Phân loại điểm gián đoạn ... 45

Bài tập chương 2 ... 46

Chương 3.PHÉP TÍNH VI PHÂN CỦA HÀM MỘT BIẾN ... 48

Bài 1. ĐẠO HÀM ... 48

3.1.1. Đạo hàm tại một điểm, ý nghĩa đạo hàm ... 48

3.1.2. Đạo hàm trên một khoảng, một đoạn ... 49

3.1.3. Các phương pháp tính đạo hàm ... 49

3.1.3.1. Đạo hàm tổng, tích, thương, hàm hợp ... 49

3.1.3.2. Bảng các đạo hàm cơ bản ... 49

3.1.3.3. Đạo hàm cấp cao ... 51

3.1.4. Vi phân ... 51

3.1.4.1. Định nghĩa ... 51

3.1.4.2. Định lý liên hệ giữa đạo hàm và vi phân ... 52

3.1.4.3. Tính chất của vi phân ... 52

Bài 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM ... 53

3.2.1. Qui tắc Lopitan tìm giới hạn dạng


;
0
0
... 53

3.2.2. Một số chú ý khi sử dụng qui tắc Lopitan ... 54

Bài tập chương 3 ... 57

Chương 4.PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN ... 58

Bài 1. TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH ... 58

4.1.1. Nguyên hàm ... 58

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

4.1.1.2. Điều kiện tồn tại nguyên hàm, Định lí tổng quát của nguyên hàm ... 58

4.1.2. Tích phân bất định ... 58

4.1.2.1. Định nghĩa ... 58

4.1.2.2. Một số tính chất của tích phân bất định ... 59

4.1.2.3. Bảng tích phân bất định cơ bản ... 59

4.1.3. Các phương pháp tính tích phân bất định ... 60

4.1.3.1. Phương pháp đổi biến số ... 60

4.1.3.2. Phương pháp tích phân từng phần ... 61

4.1.4. Tích phân một số hàm số sơ cấp ( Hàm phân thức hữu tỷ) ... 62

4.1.4.1. Tích phân các hàm phân thức hữu tỉ đơn giản ... 62

4.1.4.2. Một số ví dụ ... 62

Bài 2. TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH ... 64

4.2.1. Định nghĩa và tính chất của tích phân xác định ... 64

4.2.1.1. Định nghĩa tích phân xác định ... 64

4.2.1.2. Tính chất của tích phân xác định ... 64

4.2.2. Các phương pháp tính tích phân xác định ... 65

4.2.2.1. Công thức Newton- Leibnit ... 65

4.2.2.2. Phương pháp tích phân từng phần ... 66

4.2.2.3. Phương pháp đổi biến số ... 66

4.2.3. Ứng dụng của tích phân xác định ... 67

4.2.3.1. Tính diện tích hình phẳng (Trong hệ toạ độ Đề Các) ... 67

4.2.3.2. Thể tích vật thể trịn xoay ... 67

4.2.3.3. Độ dài đường cong phẳng ... 68

4.2.3.4. Tính diện tích xung quanh của mặt trịn xoay ... 69

Bài 3. TÍCH PHÂN SUY RỘNG VỚI CẬN VƠ HẠN ... 70

4.3.1. Định nghĩa ... 70

4.3.1.1. Khoảng lấy tích phân là [a, + ) ... 70

4.3.1.2. Khoảng lấy tích phân là ( -, a] ... 70

4.3.1.3. Khoảng lấy tích phân là ( -, +) ... 70

4.3.2. Cơng thức Newton - Leibnitz cho tích phân suy rộng ... 70

4.3.3. Các ví dụ ... 71

4.3.4. Tính chất ... 72

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

4.3.6.1. Tiêu chuẩn 1... 73

4.3.6.2. Tiêu chuẩn 2... 73

4.3.6.3. Hàm f(x) có dấu bất kỳ... 75

Bài tập chương 4 ... 76

Chương 5.PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ... 78

Bài 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ... 78

Bài 2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT ... 79

5.2.1. Đại cương về phương trình vi phân cấp một ... 79

5.2.2. Phương trình vi phân biến số phân ly ... 79

5.2.3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp một ... 80

Bài 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI HỆ SỐ HẰNG
SỐ ... 84

5.3.1. Định nghĩa, khái niệm ... 84

5.3.2. Phương trình thuần nhất ... 84

5.3.3. Phương trình khơng thuần nhất ... 85

Bài tập chương 5 ... 91

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9></div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

LỜI NĨI ĐẦU

Mơn học Giải tích 1 với thời lượng 4 tín chỉ được giảng dạy cho sinh viên
Khoa Cơ điện và Cơng trình, Đại học Lâm nghiệp. Trong một số năm gần đây,
việc giảng dạy môn này được thực hiện vào năm học đầu tiên khi mà các em sinh
viên còn nhiều bỡ ngỡ về nội dung và phương pháp học đại học. Do vậy, cần có
tài liệu học tập phù hợp với chương trình mơn học để sinh viên có thể tự học.

Với mục đích làm phong phú thêm tài liệu học tập cho sinh viên và tài liệu
tham khảo cho những ai quan tâm đến môn học này, chúng tôi biên soạn Bài 
giảng Giải tích 1 dựa trên chương trình mơn học. Bài giảng do các giảng viên 
thuộc Bộ mơn Tốn, Khoa Cơ điện và Cơng trình biên soạn theo trình tự chặt
chẽ. Mỗi phần đều có ví dụ minh họa phù hợp với từng đơn vị kiến thức. Cuối
mỗi chương đều có bài tập để củng cố và nâng cao kiến thức môn học.

Sau đây là nội dung chính của bài giảng:
- Chương I. Đại số tuyến tính;

- Chương II. Hàm số một biến số thực - Giới hạn - Sự liên tục của hàm số;
- Chương III. Phép tính vi phân của hàm một biến;

- Chương IV. Phép tính tích phân hàm một biến;
- Chương V. Phương trình vi phân.

Mặc dù đã cố gắng nhưng cuốn sách khó tránh khỏi những khiếm khuyết.

Chúng tơi mong nhận được những góp ý quý báu của độc giả.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11></div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Chương 1

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH 
Bài 1

MA TRẬN - CÁC KHÁI NIỆM LIÊN QUAN ĐẾN MA TRẬN

1.1.1. Định nghĩa ma trận

- Ma trận là một bảng hình chữ nhật, trên đó sắp xếp các phần tử (là các số)
theo các hàng và các cột. Ma trận thường được ký hiệu bằng các chữ cái in hoa:
A, B, …, X, Y, …; còn các phần tử thường được ký hiệu bằng các chữ thường:
a, b, …, x , y...

- Các phần tử của ma trận được nằm trong dấu [ ], hoặc ( ), hoặc || ||,
nó có dạng:

11 12 1n

21 22 2n

m1 m 2 mn m n

a a ... a

... ... ... ...

a a ... a



 

 



 

 

;

11 12 1n

21 22 2n

m1 m 2 mn m n

a a ... a

a a ... a
A

... ... ... ...
a a ... a



 

 



 

 

;

11 12 1n

21 22 2 n

m1 m 2 mn m n

a a ... a
a a ... a
A

...

a a ... a





- Ma trận có m hàng và n cột thì cỡ của ma trận là mn.

- aij là phần tử của ma trận A nằm ở giao điểm của hàng i (từ trên xuống),
cột j (từ trái qua phải).

Ký hiệu:

 

ij

m n

A a



 , ij

m n

A a



 

   .

- Khi m = n (số hàng bằng số cột) thì A được gọi là ma trận vng cấp n.

Ví dụ 1:

















6
4
2

2
1
1
2

1
3
2
1

A là ma trận cỡ 3 4, a11 1, a24 2…

3 3

1 3 1

B 7 1 8

2 0 0 



 

 

   

 

 

là ma trận cỡ 3  3 (ma trận vuông cấp 3).

1.1.2. Các khái niệm liên quan đến ma trận

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Ví dụ 2: Các ma trận sau đều là ma trận không:

2 3

3 3

0 0 0

; 0 0 0

0 0 0



 

   

    

 

   

 

+) Ma trận chuyển vị:

Cho A là ma trận cỡ m n. Ma trận chuyển vị của A là ma trận cỡ nm có

được từ A bằng cách chuyển hàng thành cột (hoặc chuyển cột thành hàng), ký
hiệu AT.

Ví dụ 3:

2 3

1 2 -1
A

2 1 3 

 

   

 

 T

3 2

1 -2

A 2 1

-1 -3 

 

 



 

 

+) Ma trận hàng: Là ma trận chỉ có một hàng A = [a1 a2 ... an]1 n.

+) Ma trận cột: Là ma trận chỉ có một cột.

1
2

m m 1

b
b
B

. . .
b



 
 
 


 
 
 
+) Ma trận con:

Cho A là ma trận cỡ mn. Ma trận B được gọi là ma trận con của A nếu B
có được từ A bằng cách bỏ đi một số hàng, một số cột.

Ví dụ 4: Cho ma trận

3 4

3 2 -2 4
A 3 1 1 2

2 1 1 3 

 

 



 

 

- Bỏ đi dòng 3, cột 3 và 4, ta được ma trận 








1

3

2

3
2

M - là ma trận con cấp
2 của A.

- Bỏ dòng 1, ta được ma trận 3

2 4
3 1 1 2
2 1 1 3



 

  

 

M - ma trận con cỡ 2 4 của A.
*) Các trường hợp đặc biệt của ma trận vuông:

Cho ma trận A vuông cấp n:

11 12 1n

21 22 2 n

a a ... a
a a ... a

A .

... ... ... ...
a a ... a

 

 



 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Khi đó ta có các khái niệm sau:

Đường chéo chính:

Đường chéo chứa các phần tử a11, a22,…, ann được gọi là đường chéo chính,

các phần tử a11, a22,…, ann gọi là các phần tử chéo.

+) Ma trận tam giác:

- Ma trận tam giác trên: Nếu A có các phần tử nằm phía dưới đường chéo 
chính đều bằng 0 (tức là: aij = 0 với mọi i > j);

- Ma trận tam giác dưới: Nếu A có các phần tử nằm phía trên đường chéo 
chính đều bằng 0 (tức là: aij = 0 với mọi i < j).

Ví dụ 5:

2 1 4

A 0 1 5

0 0 3



 

 

 

 

 

là ma trận tam giác trên;

1 0 0

B 2 1 0

3 2 3

 

 

  

 

 

là ma

trận tam giác dưới.
+) Ma trận chéo:

Ma trận vng A có các phần tử nằm ngồi đường chéo chính đều bằng 0
gọi là ma trận chéo.

11
22

0 ... 0
0 ... 0
... ... ... ...

0 0 ... 

 

 



 

 nnn n

a
a
A

a

+) Ma trận đơn vị: Ma trận đơn vị là ma trận chéo có các phần tử nằm trên 
đường chéo chính đều bằng 1. Ký hiệu là In (hoặc En) là ma trận đơn vị cấp n.

n n

1 0 ... 0

0 1 ... 0

... ... ... ...

0 0 ... 1 

 

 



 

 

Ví dụ 6: 2

2 2

1 0

0 1 

 

  

 

ma trận đơn vị cấp 2; 3

3 3

1 0 0

I 0 1 0

0 0 1 

 

 

 

 

 

ma trận đơn

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

+) Ma trận đối xứng:

Ma trận A vuông cấp n gọi là ma trận đối xứng nếu aij aji,i j, 1,n (các
cặp phần tử đối xứng với nhau qua đường chéo chính thì bằng nhau).

Ví dụ 7:

1 2 6

2 3 0

6 0 4

A


 

 

 

 

 

là ma trận đối xứng.

1 1 3 4

2 2 0 1

3 0 0 2

4 1 2 0

B



 

  

 



 

 

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Bài 2

CÁC PHÉP TOÁN TRÊN MA TRẬN 
1.2.1. Hai ma trận bằng nhau

Hai ma trận gọi là bằng nhau nếu chúng cùng cỡ và các phần tử tương ứng
ở cùng vị trí bằng nhau.

1.2.2. Phép cộng hai ma trận cùng cỡ

1.2.2.1. Định nghĩa

Cho A và B là hai ma trận cùng cỡ mn, A = (aij)m × n, B = (bij)m × n . Tổng

của hai ma trận A và B là ma trận cùng cỡ C = (cij)m × n trong đó:

ij ij ij

c a b , i 1, m, j 1, n 

Ký hiệu: A B



aij bij m n





   .

Ví dụ 1:

2 3

1 3 5
A

2 -1 1 

 

  

 

;

2 3

-1 1 1
B

2 1 1 

 

  

 

thì C = A + B = 








2

0

4

6

4

0

.
Ma trận đối: Ma trận đối của ma trận A kí hiệu là - A sao cho: A + (-A) = .

1.2.2.2. Tính chất

Giả sử A, B, C là các ma trận cùng cỡ. Khi đó:
+) A + B = B + A;

+) (A + B) + C = A + (B + C);
+) A +  =  + A = A.

1.2.3. Phép nhân ma trận với số thực

1.2.3.1. Định nghĩa

Cho ij

m n

A a



 

   và số thực k. Khi đó, tích của số thực k với ma trận A là
một ma trận cùng cỡ với ma trận A (kí hiệu kA) được xác định: ij

m n

kA ka



 

   .

(Tức là: Muốn thực hiện phép nhân ma trận với một số k, ta nhân tất cả các

phần tử của ma trận với k).

Ví dụ 2:

2 2 2 2

3 2 6 4

1 2  2 4 

   



   

   

4 2 4 2 4 2

1 1 3 4 9 11

2 3 1 3 8 15

3 2

5 2 0 1 15 8

0 4  0 0  0 12 

     

        

      

     

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

1.2.3.2. Tính chất

Giả sử A, B là các ma trận cùng cỡ và k , l là các số thực bất kì. Khi đó:
+) k (A + B ) = k A + k B;

+) ( k + l) A = kA + lA;
+) k(lA ) = k l(A);
+) 1.A = A;

+) 0. A = .

1.2.4. Phép nhân hai ma trận

1.2.4.1. Định nghĩa

Cho hai ma trận = × ,

 

i j

p n

B b



 (số cột của ma trận A
bằng số hàng của ma trận B). Tích của hai ma trận A và B là ma trận

 

i j

m n

C c




trong đó:

ij ik kj i1 1 j i 2 2 j i3 3 j ip pj
k 1

c a b a b a b a b .... a b





    

(tức là cij bằng tích vơ hướng của hàng i (ma trận A) với cột j (ma trận B)).

Ví dụ 3: Tính AB với:

2 2 2 3

1 3 2 0 3

2 1  1 1 4 



   

   

 

   

A B

Bài giải:

Giả sử: ij 2 3 11 12 13

21 22 23

c c c

AB (c )

c c c



 

   

 

, ta có:

c11 = 1.2 + 3.1 = 5 ; c12 = 1.0 + 3.(-1) = -3,

c13 = 1.(-3) + 3.4 = 9, ; c21 = 2.2 + (-1).1 = 3,

c22 = 2.0 + (-1)(-1) = 1 ; c23 = 2.(-3) + (-1).4 = -10

Vậy

1 3 2 0 3 5 3 9

2 1 1 1 4 3 1 10

 

     

    

        

     

Ví dụ 4: Cho

3 3

1 2 1

2 1 2

3 0 0

A




 

 

 

 

 

3 3

2 0 2

4 1 3

1 0 0

B



 

 

   

 

 

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Bài giải:

3 3

1 2 1 2 0 2 11 2 8

2 1 2 4 1 3 2 1 1

3 0 0 1 0 0 6 0 6

AB



 

     

     

   

     

     

Nhận xét:

- AB tồn tại khi và chỉ khi số cột của ma trận A bằng số hàng của ma trận B;
- Phép nhân hai ma trận khơng có tính chất giao hốn.

Ví dụ 5:

1 3 8 5 9

1 2 3 5 10

A ; B 1 2 A.B BA 7 0 11

3 1 4 12 11

2 1 1 5 2

 

   

       

          

   

   

       

   

1.2.4.2. Tính chất

+) A (B + C) = AB + AC.
+) (A + B) C = AC + BC.
+) (AB)C = A (BC).

+) (kA) B = k (AB) = A (kB).

+) AI = IA = A (A là ma trận vuông, I là ma trận đơn vị cùng cấp với A).
+) (AB)T = BTAT.

1.2.5. Các phép biến đổi sơ cấp của ma trận 
Có ba phép biến đổi sau:

1) Đổi chỗ hai hàng (hai cột) cho nhau;

2) Nhân một hàng (một cột) với một số khác không;

3) Nhân một hàng (một cột) với một số rồi đem cộng vào một hàng khác
(một cột khác).

Các phép biến đổi sơ cấp của ma trận đóng vai trị rất quan trọng để tính
định thức, tính hạng của ma trận và giải hệ phương trình đại số tuyến tính…

Ví dụ 6: Sử dụng phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận

2 1 1
1 2 3
3 1 2

A



 

 

  

  

 

về ma

trận tam giác trên.

Bài giải:

3 2 3

1 2 2 1 2

3 1 3

2
3

2 1 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 2 3 2 1 1 0 5 7 0 5 7 .

3 1 2 3 1 2 0 5 7 0 0 0

H H H

H H H H H

H H H

A      B

   

       

       

        

       

          

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Bài 3 
ĐỊNH THỨC

Giả sử A là ma trận vng cấp n. Khi đó, định thức cấp n của ma trận A, kí
hiệu là: det(A) hay A , là một số thực được định nghĩa như sau:

1.3.1. Định thức cấp n (n ≤ 3)

Định thức cấp 1: Giả sử A = [a11]  det (A) = a11 (1)

Ví dụ 1: A = (3) thì detA = 3

A = (-5) thì detA = -5

Định thức cấp 2:

11 12 11 12

11 22 12 21

21 22

a a a a

det (A) = a a a a

a a

A    

 

(2)

Ví dụ 2: 2 3 det (A) 2 3= 2.5-4.(-3) = 22

4 5 4 5

A     

 

Định thức cấp 3: Giả sử:












33
32
31

23
22
21

13
12
11

a
a
a

A .

Ta có thể tính định thức cấp 3 bằng phương pháp Sarrus như sau: Thêm 2
cột đầu tiên của ma trận A ra đằng sau khi đó định thức cấp 3 được tính bằng
tổng của tích các phần tử trên đường chéo chính và 2 đường chéo song song với
đường chéo chính trừ đi tổng của tích các phần tử trên đường chéo phụ và 2
đường chéo song song đường chéo phụ.

11 12 13

21 22 23 11 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31 11 23 32 12 21 33

31 32 33

a a a

det(A) a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a (3)

a a a

      

Tính

1 3 0
2 1 3
4 1 5

 bằng phương pháp Sarrus:

det(A) =

1 3 0

2 1 3 1.( 1).5 3.3.4 2.1.0 0.( 1).4 1.1.3 2.3.5 2
4 1 5

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

1.3.2. Tính định thức bằng cách khai triển theo hàng hoặc cột

Giả sử ta đã định nghĩa được định thức cấp (n - 1). Khi đó, định thức cấp n
của ma trận A =

 

ij

n x n

a được xác định như sau:

 

i 1 i1





 

i 2 i 2



i 2



 

i n i n





det(A) 1  a det M + 1  a det M .... 1  a det M (4)

hoặc det(A) 

 

11 j a det M1 j



1 j



 

1 2 j a det M2 j



2 j



.... 

 

1 m j a det Mnj



nj



(5)
Trong đó Mij là ma trận vng con cấp (n - 1) có được từ A bằng cách bỏ đi

hàng thứ i cột thứ j.

Công thức (4) gọi là công thức khai triển định thức theo hàng thứ i với i =
1, 2, …, n.

Công thức (5) gọi là công thức khai triển định thức theo cột thứ j với j =
1, 2, …., n.

Như vậy, ta có thể tính được định thức của ma trận cấp n nếu như biết được 
định thức của ma trận cấp n-1.

Ví dụ 3: Tính định thức của ma trận 











5
1

4 1 3
2 3 0
1

A .

Bài giải:

- Khai triển định thức theo hàng 1, ta được:

det(A) =





1 3 0

1 3 2 3

2 1 3 1. 3 0 8 3 2 2

1 5 4 5

4 1 5



         

- Khai triển định thức theo cột 3, ta được:

det(A) =

 

2 3

1 3 0

1 3 1 3

2 1 3 0 1 3 5 33 35 2

4 1 2 1

4 1 5



        



Ví dụ 4: Tính định thức: det(A) =

1 6 0 1

0 2 1 0

1 3 0 1

3 0 1 1



Bài giải:

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

 

2 2

 

2 3

1 6 0 1

1 0 1 1 6 1

0 2 1 0

1 2 1 0 1 1 1 3 1

1 3 0 1

3 1 1 3 0 1

3 0 1 1

 



 

     

 = -36

- Khai triển theo cột 3:

 

2 3

 

4 3

1 6 0 1

1 6 1 1 6 1

0 2 1 0

1 1 3 1 1 0 2 0 36

1 3 0 1

3 0 1 1 3 1

3 0 1 1

 



 

      



1.3.3. Tính định thức bằng các phép biến đổi sơ cấp

Từ các tính chất của định thức, ta có được các kết quả khi thực hiện các phép
biến đổi sơ cấp của ma trận trên hàng (hoặc trên cột) được ghi trên bảng sau:

Phép biến đổi sơ cấp Kết quả

1. Nhân 1 hàng với 1 số k  0
2. Đổi chỗ 2 hàng

3. Nhân k vào 1 hàng rồi đem cộng vào hàng khác

Định thức nhân k
Định thức đổi dấu
Định thức không đổi

Nhận xét: Nếu tính định thức bằng việc sử dụng công thức khai triển theo

hàng (hay cột) thì khối lượng tính sẽ rất lớn (khi n  4). Sử dụng các phép biến 
đổi sơ cấp của ma trận ta biến đổi sao cho một dòng hoặc một cột nào đó của ma 
trận chỉ cịn 1 phần tử khác 0, sau đó khai triển theo dịng hoặc cột đó. Bằng cách 
như vậy ta có thể tính được định thức cấp n thơng qua một định thức cấp n-1.

Để tính định thức theo phương pháp này ta làm như sau:

- Bước 1: Áp dụng các phép biến đổi sơ cấp đưa định thức về dạng định

thức của ma trận có ít nhất 1 hàng (1 cột) có 1 phần tử khác 0, ghi lại các phép
biến đổi sơ cấp được sử dụng;

- Bước 2: Khai triển theo dòng hoặc cột đó sẽ đưa về tính định thức cấp

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Ví dụ 5: Tính det(A)=

1 1 2 3

2 0 1 6

0 2 3 1

1 4 3 2

 

Bài giải:

2 1 2

4 1 4

H 2 H H
H H H

1 1 2 3 1 1 2 3

2 0 1 6 0 2 3 0

0 2 3 1 0 2 3 1

1 4 3 2 0 3 5 5

 

 

 



  

Khai Triển theo cột 1 => det(A)= 1 1

2 3 0
( 1) .1. 2 3 1
3 5 5



 




</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Bài 4

MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO

1.4.1. Phần phụ đại số của một phần tử, ma trận phụ hợp

1.4.1.1. Phần phụ đại số

Cho ma trận A vuông cấp n:


















nn
2

n
1
n

n
2
22

n
1
12

a
...
a

a
...

a
...
a
a

a
...
a
a
A

Ký hiệu:

+ Mij là ma trận có được từ ma trận A khi bỏ đi hàng i, cột j;

+ Aij = (-1)i + j det(Mij) =









det ( )

M i j

nếu chẵn

nếu lẻ

;

+ Aij gi là phần phụ đại số của phần tử aij.

1.4.1.2. Ma trận phụ hợp

Định nghĩa: Ma trận phụ hợp của ma trận A là ma trận được ký hiệu A% =

 

Aij T.

Tức là: °

11 12 1 11 21 1

21 22 2 12 22 2

1 2 1 2

... ...

T

n n

n n nn n n nn

A A A A A A

A

A A A A A A

ỉ ư÷ ỉ ửữ

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ

= ỗ ữ = ỗ ữ

ỗ ữữ ỗ ữữ

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ỗ

ố ứ ố ứ

vi Aji l phn phụ đại số của phần tử aji trong ma trận A.

Phương pháp tính ma trận phụ hợp:

Để tìm ma trận phụ hợp của ma trận A = (aij)nxn ta thực hiện các bước sau:

- Tìm tất cả các phụ đại số Aij của aij;

- Lập ma trận phụ hợp A% = (Aij)T.

Ví dụ 1: Tìm ma trận phụ hợp của ma trận sau: 









4
3

A

Bài giải:

Tìm các phần phụ đại số: A11 = 4, A12 = -3, A21 = -2, A22 = 1.

Suy ra ma trận phụ hợp của A là:

4 3 4 2

2 1 3 1

 

   

   

 

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Ghi nhớ: Nếu A là ma trận vuông cấp 2 thì ma trận phụ hợp của A là A sẽ

có được từ A bằng cách đổi chỗ các phần tử trên đường chéo chính, đổi dấu các 
phần tử trên đường “chéo phụ”.

Ví dụ 2: Tìm ma trận phụ hợp của ma trận

















3
2
5

4
3
6

7
5
2

A .

Bài giải:

- Tính phần phụ đại số của các phần tử:
A11=

 

1 1 3 4

2 3





  = -1, A12 =

 

1 2 6 4

5 3





 = 38, A13=

 

1 3 6 3

5 2





 = -27
A21=

 

2 1 5 7

1 1

2 3



 

  , A22 =

2 2 2 7

( 1) 41

5 3



  

 , A23 =

2 3 2 5

( 1) 29

5 2



 


A31=

 

3 1 5 7

1 1

3 4



  , A32=

3 2 2 7

( 1) 34

6 4



  , A33=

3 3 2 5

( 1) 24

6 3



  

Suy ra ma trận phụ hợp của A là:

1 1 1

A 38 41 34

27 29 24

 

 

 

   

  

 

% .

1.4.2. Ma trận nghịch đảo

1.4.2.1. Định nghĩa

Cho A là ma trận vuông cấp n. Nghịch đảo của ma trận A (nếu tồn tại) là
một ma trận vuông cấp n được ký hiệu là A-1, sao cho AA-1 = A-1A = In (trong đó

In là ma trận đơn vị cấp n), khi đó nói rằng ma trận A là khả đảo.

1.4.2.2. Tính chất

- Nếu A có ma trận nghịch đảo là A-1 thì A-1 cũng khả đảo và nghịch đảo
củaA là 1 1 1

)

(A  = A.

- Nghịch đảo của một ma trận vng nếu có là duy nhất.
- Nếu A và B đều có nghịch đảo thì: (AB)-1 = B-1A-1.
- (kA)-1 = 1 1

A
k



1.4.2.3. Điều kiện tồn tại ma trận nghịch đảo của một ma trận vuông

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Nếu ma trận A có det(A)  0 thì ta cịn gọi A là ma trận khơng suy biến,
ngược lại ta gọi A là ma trận suy biến.

Định lý 2: Nếu ma trận A vuông có det(A)  0 thì A có ma trận nghịch đảo

A-1 được tính bởi cơng thức: 1 1

A A

det(A)


 %.

Trong đó: A% là ma trận phụ hợp của ma trận A.

Nhận xét:

Từ định lí trên, để tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A ta tiến hành theo 3 bước:
Bước 1: Tính det(A).

Nếu det(A) = 0 thì kết luận ma trận A không tồn tại ma trận nghịch đảo.
Nếu det(A)  0, chuyển sang bước 2.

Bước 2: Tìm tất cả các phần phụ đại số của các phần tử

a

ijcó mặt trong ma
trận A.

- Lập ma trận phụ hợp A%.

Bước 3: Nhân ma trận A% với 1

det(A)ta được:

1 1

A A

det(A)


 %.

Ví dụ 3: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận 










4
3

2
1

A .

Bài giải:

Có det(A) = 4 – 6 = -2.

Áp dụng kết quả ở ví dụ 1, ma trận phụ hợp của A là 4 2

3 1

A   



 

% .

Vậy 1

2 1

4 2

1 1

A A 3 1

3 1

det(A) 2

2 2



 



   

     



 

 

% .

Ví dụ 4: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau:

















3
2
5

4
3
6

7
5
2

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Bài giải:

det(A) =

2 5 7

6 3 4 1 0

5 2 3

  

 

nên tồn tại ma trận A-1.

- Theo kết quả ở ví dụ 2 thì ma trận phụ hợp của A là:

1 1 1

A 38 41 34

27 29 24

 

 

 

  

  

 

Vậy ma trận nghịch đảo cần tìm là:

1 1 1 1 1 1

1 1

A A 38 41 34 38 41 34

det(A) 1

27 29 24 27 29 24



  

   

   

     

   

      

   

1.4.2.4. Ứng dụng ma trận nghịch đảo giải phương trình ma trận

Bài tốn 1: Tìm ma trận X thoả mãn AX = B biết det(A) 0 .

Phương pháp: Do det(A) 0 nên tồn tại A-1. Nhân vào bên trái cả hai vế
của phương trình với A-1, ta được:

1 1 1

A (AX ) A B I X X A B

     do đó X = A-1B

Bài tốn 2: Tìm ma trận X thoả mãn XA = B biết det(A) 0

Tương tự như trên, nhân vào bên phải cả hai vế với ma trận A-1, do đó X = BA-1.

Ví dụ 5: Giải phương trình ma trận: 1 2 .X
3 5

 

 

 

= 






9
5

5
3

Bài giải:

Vì 1 2 1 0

3 5    nên tồn tại

1 2 5 2

3 5 3 1



   



    

   

Ta có:
1 2

.X
3 4

 

 

 

= 







9
5

5
3



1 2

X .

3 5



 

  

  






9
5

5
3

= 5 2

3 1



 

  

  







9
5

5
3

= 5 7
4 6
 

 

 

 

Ví dụ 6: Giải phương trình ma trận:

5 3 1 8 3 0

X. 1 3 2 5 9 0

5 2 1 2 15 0



   

   

   

   

   

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Bài giải:

Vì 19 0

1
2
5

2
3
1

1
3
5







 nên

5 3 1 1 1 3

1 3 2 . 9 10 11

5 2 1 13 25 18



 

   

      

   

     

   

8 3 0 5 3 1

X 5 9 0 1 3 2

2 15 0 5 2 1



  

  

     

  

  

8 3 0 1 1 3

5 9 0 . . 9 10 11

2 15 0 13 25 18

  

   

   



   

     

   



1 2 3

X 4 5 6

7 8 9

 

 

 

 

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Bài 5

HẠNG CỦA MA TRẬN

1.5.1. Hạng của ma trận 
Định nghĩa:

Cho ma trận:

11 12 1

21 22 2

1 2

...
...
... ... ... ...

...

n
n

m m mn m n

a a a

A

a a a

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ ữ

= ỗỗ ữữ

ữ

ỗ ữ

ỗố ứ

Hng ca ma trận A là cấp cao nhất của định thức con khác khơng có 
mặt trong A. Ký hiệu hạng của A là (A).

Nhận xét:

Nếu A có cỡ m × n thì:
- (A) ≤ min (m, n);

- Sẽ có CmkCnk định thức con cấp k.

Ví dụ 1: Cho ma trận A, với


















1
2
1
3

3
0
2
2

4
2
3
1
A

Như vậy, A có cỡ 3 × 4, do đó(A)≤ min (3, 4) = 3.
Xét định thức của các ma trận vuông con cấp 3 của A:

0
1
2
1

3
0
2

4
2

3
,
0
1
2
3

3
0
2

4
2
1
,
0
1
1
3

3
2
2

4
3
1
,
0
2

1
3

0
2
2

2
3
1















- Vì định thức của chúng đều bằng không nên hạng của A không thể bằng 3
được, do đó ta xét đến các ma trận vng con cấp 2. Sẽ có C32C42 = 18 ma trận
vuông con cấp 2.

1 3

8.
2 - 2 =

-Thấy rằng có một định thức của ma trận vuông con cấp 2 bằng -8  0, do
đó(A)= 2.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

1.5.2. Ma trận hình thang

Trước hết ta có khái niệm về hàng không và hàng khác không:
- Hàng không là hàng có tất cả các phần tử đều bằng 0;

- Hàng khác khơng là hàng có ít nhất một phần tử khác 0.

Định nghĩa: Ma trận hình thang là ma trận thoả mãn 2 tính chất sau: 
- Các hàng khác khơng ln ở phía trên các hàng khơng;

- Phần tử khác không đầu tiên ở hàng thứ i (kể từ trái sang phải) phải ở cột
thứ i.

Ví dụ 2:




















0
0
0
0

1
1
0
0

2
1
1
0

7
5
3
1

A ;














0
0
0
0

1
0
3
0

7
5
2
1

B => A và B là các ma trận

hình thang.














1
1
2
0

1
2
1
0

7
5

2
1

C ;

3 2 5 7

D 0 0 2 1

0 4 3 1

 

 

 

 

 

=> C và D khơng là ma trận hình thang.

Hạng của ma trận hình thang:

Hạng của ma trận hình thang bằng số hàng khác khơng của nó.
1.5.3. Phương pháp tìm hạng của ma trận

Nhận xét: Các phép biến đổi sơ cấp khơng làm thay đổi tính bằng khơng 
hay khác khơng của định thức, do đó khơng làm thay đổi hạng của ma trận. Vì

vậy, để tìm hạng của ma trận A ta làm như sau:

- Dùng các phép biến đổi sơ cấp, đưa ma trận A về ma trận hình thang;
- Khi đó hạng của ma trận A sẽ bằng hạng của ma trận hình thang (và bằng
số hàng khác khơng của nó).

Ví dụ 3: Tìm hạng của ma trận A:

3 2 3

2 1 2

3 1 3

2
3

1 2 3 1 2 3 1 2 3

2 1 1 0 5 7 0 5 7 .

3 1 2 0 5 7 0 0 0

H H H
H H H

H H H

A     B

  

     

     

      

     

       

     

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Bài 6

HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH 
1.6.1. Hệ phương trình đại số tuyến tính

Định nghĩa: Hệ m phương trình đại số tuyến tính của n ẩn số có dạng:

11 1 12 2 1n n 1

21 1 22 2 2 n n 2

m1 1 m 2 2 mn n m

a x a x ... a x b

...

a x a x ... a x b

   



    





    



(I)

Trong đó:

+ x1, x2, …, xn là các ẩn số cần tìm;

+ aij là hệ số của ẩn xjtrong phương trình thứ i



i1,m, j1,n



;

+ bi là vế phải của phương trình thứ i ( i1,m ).

Đặt

11 12 1n

21 22 2n

m1 m 2 mn

a a ... a

... ... ... ...

a a ... a

 

 



 

 

, ma trận A được gọi là ma trận hệ số của hệ (I).

1
2

x
x
xn

X

ổ ử
ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
= ỗ ữỗ ữ
ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗố ứ

M c gi l ma trn n ;





















m

b
b
b
B



2
1

được gọi là ma trận vế phải.

 

AB



A =

11 12 1 1

21 22 2 2

1 2

...
...

... ... ... ... ...
...

n
n

m m mn m

a a a b

 

 

 

được gọi là ma trận hệ số bổ sung của

hệ (I).

Bằng phép nhân ma trận, hệ phương trình (I) được viết ở dạng ma trận
như sau: AX = B (II)

Dạng (II) gọi là dạng ma trận của hệ (I).

- Nếu B =



(tức là: bi 0,  i 1,m ) thì hệ (II) gọi là hệ thuần nhất. Nếu có 
ít nhất một bi ≠ 0 thì hệ (II) gọi là hệ không thuần nhất.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

- Nghiệm của hệ (I) là một bộ gồm n số thực (x1, x2, …, xn) sao cho thỏa

mãn tất cả các phương trình của hệ.
Nhận xét:

- Hệ thuần nhất AX =



ln có nghiệm khơng: (x1, x2, …, xn) = (0, 0, …,

0). Nghiệm này gọi là nghiệm tầm thường. Các nghiệm khác nghiệm tầm thường 
gọi là nghiệm khơng tầm thường.

- Hệ dạng hình thang: Hệ AX = B gọi là hệ hình thang nếu A là ma trận 
hình thang.

Định lý (Kronecker - Capelli):

Điều kiện cần và đủ để hệ phương trình AX = B có nghiệm là



(

A

)





(

A

)

Ví dụ 1: Xét hệ phương trình sau:

1 2 3 4

2 3 2 4

4 2 5 7

2 8 3

x x x x

   




   



    



Ma trận bổ sung của hệ là:





2 1 3 2 4

4 2 5 1 7

2 1 1 8

 

 

 

   

  

 

A A B

Dùng các phép biến đổi sơ cấp ma trận trên hàng đưa ma trận A về ma trận 
hình thang:

2 1 3 2 4

4 2 5 1 7

2 1 1 8

 

 

 

  

  

 

A

2 1 2

3 1 3

( 2 )

( )

  

   
  

h h h

2 1 3 2 4

0 0 1 5 1

0 0 2 10 1

 

 

 

 

 

   

 

3 2 2 3

    h h h 





2 1 3 2 4

0 0 1 5 1 ' '

0 0 0 0 1

 

 

 

  

 

 

A B

Suy ra: (A) = 2 và 

 

A 3. Theo định lí trên, hệ đã cho vơ nghiệm.
1.6.2. Biện luận hệ phương trình đại số tuyến tính AX = B

- TH1: Nếu (A)  ( A) thì hệ vô nghiệm. 
- TH2: Nếu (A) = ( A) thì hệ có nghiệm:

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Chú ý:

Trường hợp nếu(A) =( A)= n (số ẩn) thì hệ đưa được về dạng hệ vuông
A’X = B’ với A’ là ma trận vuông cấp n và det(A’) ≠ 0.

Hệ vuông thuần nhất AX = có nghiệm khơng tầm thường khi và chỉ khi

định thức của ma trận hệ số bằng không.

Ví dụ 2: Cho hệ phương trình
















b
x
2
x
x
3
1
x
x
x
2
2
ax
x
2
x
3
2
1

3
2
1
3
2
1

a) Hãy xác định a, b để hệ có nghiệm duy nhất.
b) Hãy xác định a, b để hệ có vơ số nghiệm.
c) Hãy xác định a, b để hệ vô nghiệm.

Bài giải:

Dùng các phép biến đổi trên hàng đối với A.































6
b
3
2
a
3
2
5
0
a
2
1
5
0
a
2

1
b
1
2
2
1
3
1
1
2
a
2
1
A

















3
b
3
2
a
1
0
0
a
2
1
5
0
a
2
1

Thấy rằng hạng A bằng 3 hoặc bằng 2:

- Nếu a ≠ 1 => hạng A = hạng A = 3 = số ẩn => hệ có nghiệm duy nhất
- Nếu a = 1 và:

+) b = 3 thì hạng A = hạng A = 2 < 3 là số ẩn => hệ vô số nghiệm;
+) b ≠ 3 thì hạng A =2 ≠ hạng A = 3 => hệ vơ nghiệm.

Do đó:

a) Hệ có nghiệm duy nhất  (A)(A)3 a  1;

b) Hệ có vơ số nghiệm  (A)(A)3<=> a = 1 và b = 3;

c) Hệ vô nghiệm  (A)(A)r( )A = 2; r( )A = 3 a = 1, b  3. 
1.6.3. Hệ Cramer

1.6.3.1. Định nghĩa

Hệ phương trình đại số tuyến tính AX = B là một hệ vuông, thỏa mãn điều
kiện det(A) ≠ 0 thì được gọi là hệ Cramer.

1.6.3.2. Tính chất

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

1.6.3.3. Phương pháp giải hệ Cramer (có 3 phương pháp)

 Phương pháp 1: Phương pháp Cramer 
Định lí: (Cramer)

Hệ Cramer AX = B, (A là ma trận vng cấp n) có nghiệm:





















n
2
1

x
x
x
X

 với

các thành phần ẩn xj được xác định bởi công thức:

det( )

, j 1.n
det( )

j
j

A
x

A

= = .

Với Aj là ma trận có được từ A bằng cách thay cột thứ j của A bởi cột ma

trận vế phải B.

Chú ý: Phương pháp Cramer thường sử dụng để giải cho hệ 2 hoặc 3

phương trình.

Ví dụ 3: Giải phương trình





















4
x
4
x
3
x
2

3
x
x
x
2

2
x
x
2
x

3
2

3
2
1

Bài giải:

Ta có:

1 2 1

det 2 1 1 13

2 3 4

A



   

 

2 2 1

det 3 1 1 13

4 3 4

A



   



1 2 1

det 2 3 1 26

2 4 4

A



  



1 2 2

det 2 1 3

2 3 4

A   

 

- 39

Do đó, nghiệm của hệ đã cho là:

1 2 3

det det det

1, 2, 3

det det det

A A A

     

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình

1 2 3

x 2x x 4

2x x x 0

x x x 1

ì - + =
ïï
ïï + - =
í
ïï- + + = 
-ïïỵ
Bài giải: 
.
7
1

1
1
1
1
2
1
2
1






A ; 7.

1
1
1
1
1
0
1
2
4
1 





A
.
7
1
1
1
1
0
2
1
4
1

2 







A ; 7.

1
1
1
0
1
2
4

2
1
3 




A
1
1

x A 1,

A

= = ; 2

x A 1,

A

= = - ; 3

x A 1.

A

= =

Kết luận: Nghiệm của phương trình là: (1, -1 , 1).

 Phương pháp 2: Phương pháp dùng ma trận nghịch đảo

- Xét hệ Cramer AX = B. Vì detA  0 nên A có ma trận nghịch đảo A-1. Do
vậy, từ AX = B  A-1A X = A-1B => X = A-1B .

- Tìm ma trận nghịch đảo A-1.

- Thực hiện phép nhân hai ma trận: X = A-1B.

Ví dụ 5: Giải hệ

1 2 3

1 3

2 3 7

2 5 3 7

8 19
  



  

  


x x x

x x

theo phương pháp dùng ma trận nghịch đảo.

Bài giải:

Ma trận hệ số:












8
0

1
3
5
2
3
2
1

A ; X =

1
2
3
 
 
 
 
 
x
x
x

; B =
7
7
19
 
 
 
 

 

Ta có: det(A) =

1 2 3

5 3 2 3 2 5

2 5 3 1 2 3 40 26 15 1

0 8 1 8 1 0

1 0 8

       

=> det(A)  0.

Vậy hệ đã cho là hệ Cramer.
- Ta có:

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

A12 = -13; A22 = 5; A32 = 3

A13 = -5; A23= 2; A33 = 1

40 13 5

A 16 5 2

9 3 1

 

 

 

 

 

  

 

 => ma trận phụ hợp

40 16 9

A 13 5 3

5 2 1

 

 

 

 

 

  

 



Vậy 1

40 16 9

A A 13 5 3

det(A)

5 2 1



 

 

    

   

 

 .

=> X = A-1B =

40 16 9 7 3

13 5 3 7 1

5 2 1 19 2



     

        

     

       

     

Vậy nghiệm của hệ phương trình trên là: (3; -1; 2).

Phương pháp 3: Giải hệ Cramer AX = B bằng phương pháp Gauss

- Bước 1: Viết ma trận bổ sung A A B .

- Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa ma trận 
A A B về ma trận hình thang A B' ' .

Khi đó, hệ đã cho tương đương với hệ tam giác: A X' B' từ phương trình
cuối cùng (chỉ chứa một ẩn) ta tìm được ẩn xn thế vào các phương trình khác để

tìm các ẩn cịn lại.

Ví dụ 6: Giải hệ sau theo phương pháp Gauss:

1 2 3

2 3 2

2 5 4 1

3 3

x x x

  




  



   


Bài giải:

3 2 3

2 1 2

3 1 3

7
2

1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2

2 5 4 1 0 1 2 3 0 1 2 3

3 1 1 3 0 7 10 3 0 0 24 24

h h h
h h h

h h h

A A B    

        

     

              

          

     

Ta thu được hệ mới tương đương:

1 2 3

2 3

2 3 2

2 3

24 24

x x x

x x

x

  




   


  


1
2
3

1
1
1

x
x
x




  

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

1.6.4. Giải hệ phương trình đại số tuyến tính tổng qt AX = B bằng Gauss

- Bước 1: Viết ma trận bổ sung A A B .

- Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên hàng để đưa ma trận 
A A B về ma trận hình thang A B' ' . Từ đó tìm được ( ); A ( )A .

+ Nếu ( ) A ( )A thì hệ vơ nghiệm.

+ Nếu ( ) A  ( )A n (là số ẩn của hệ) thì hệ có nghiệm duy nhất và ta
đưa được hệ về hệ Cramer tương đương.

+ Nếu ( ) A  ( )A  r n (là số ẩn của hệ ) thì hệ có vơ số nghiệm (vô định
theo n – r ẩn). Ta coi n – r ẩn là tham số và tìm r ẩn còn lại qua các tham số này.

Lưu ý: Các ẩn được coi là tham số phải thỏa mãn khi bỏ đi cột hệ số của

các ẩn này trong ma trận A’ thì ta vẫn được ma trận hình thang.

Với những hệ phương trình đại số tuyến tính không phải là hệ Cramer
(dạng tổng quát) chúng ta không thể sử dụng phương pháp Cramer và phương

pháp ma trận nghịch đảo mà chỉ có thể sử dụng phương pháp Gauss.

Ví dụ 7: Giải hệ:

1
1
1

x 1

2x 3

x 5

2 3 4

2x x x
x - x - x
x 2x x

   




  



    



Bài giải:

Nhận xét: Hệ trên không phải là hệ Cramer vì số ẩn lớn hơn số phương trình.
Phương pháp Gauss:

2 1 2

3 1 3

2 3 3 2 3

1 2 1 1 1 1 2 1 1 1

2 1 1 1 3 0 3 1 1 5

1 1 2 1 5 0 1 1 0 4

1 2 1 1 1 1 2 1 1 1

0 1 1 0 4 0 1 1 0 4

0 3 1 1 5 0 0 4 1 17

h h h
h h h

h h h h h

A A B  

  

     

   

          

    

   

     

   

  

    

   

=>( )A ( )A  3 4(số ẩn) nên hệ trên có vơ số nghiệm. Hệ vơ định theo:
4 -3 = 1 ẩn, ta có thể coi ẩn x4 (hoặc x3) như là một tham số và tìm các ẩn khác

thơng qua tham số này.

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

4
3

4
2

1 x

4
1
4
17
x
;
x
4
1
4

;
x
4
1
4
15

x       với x4 tùy ý

- Nếu coi ẩn x3 là tham số thì nghiệm của hệ là:

1 3 2 3 3 4 3

x = - 8+ x ; x = -4 x ; x Ỵ R; x = 17- 4x .

Ví dụ 8: Giải hệ:

1 2 4

1 3 4

1 2 3 4

2x x 3 x 0

x -2x +x 0

7x 3x 2x 8x 0

  







    



Bài giải:

2 1 0 3 0 2 1 0 3 0

1 0 2 1 0 0 1 4 5 0

7 3 2 8 0 0 1 4 5 0

2 1 0 3 0 2 0 4 2 0
0 1 4 5 0 0 1 4 5 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

A A B

     

   

        

       

   

     

   

    

   

   

=>( )A ( )A 24(số ẩn) nên hệ trên có vơ số nghiệm.

Hệ tương đương: 1 3 4 1 3 4

2 3 4 2 3 4

2x 4x 2x 0 x 2x x

x 4x 5x 0 x 4x 5x

    

 



 

     

 

; x3 và x4 tùy ý.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Bài tập chương 1

Bài 1. Tính các định thức sau:

a)

1 2 5

3 7 2

2 1 8

 



b)

1 1 1

1 2 3

2 3 6



 c)

1 2 1

2 1 0

1 3 4

 




1 2 3

) 1 0 2

3 2 1

d 

 

e)

1 2 3 4

0 5 0 0

2 7 1 5

0 8 4 0

 




f)

1 0 3 0

4 7 0 4

3 0 2 2

2 6 3 2






 

1 2 3 4 1 1 2 3

2 1 4 3 1 2 2 3

) )

3 4 1 2 2 3 1 5

4 3 2 1 2 3 1 9

g   h

 

1 2 3 4

2 3 4 1

)

3 4 1 2

4 1 2 3

i

Bài 2. Tìm ma trận nghịch đảo của các ma trận sau bằng phương pháp ma 
trận phụ hợp:

1 2 3
2 5 3
1 0 8
A
æ ửữ
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ ữ
= ỗỗ ữ
ữ
ỗ ữữ
ỗố ứ
;

5 3 1

B 1 3 2

5 2 1

 
 
  
 
 

 

Bài 3. Tìm ma trận X thỏa mãn:

1 2 3 1 3 0 1 1 1 1 1 3

) 3 2 4 10 2 7 ; ) 2 1 0 4 3 2

2 1 0 10 7 8 1 1 1 1 2 5

a X b X

   
       
       
  
       
          
       





1 2 3 1 3 1 1 1

1 3 5

) 2 3 4 2 4 ; ) 1 0 1

2 4 6

1 1 2 1 0 1 1 2

c X d X

  
     
     
  
     
       
     

Bài 4. Tìm hạng của các ma trận sau:

2 1 3 2 4

) 4 2 5 1 7

2 1 1 8 2

a A
 
 
 
 
 
  
 

1 3 4 2

) 2 1 1 4

1 2 1 2

b B

 
 
 
   
 

1 1 1 1 1

1 2 1 1 3

)

1 3 1 4 1

1 4 5 1 1

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

1 0 2

4 1 5

)

1 3 7

5 0 10

d D

 
 
 
 

 
 

 

1 3 5 1

2 1 3 4

)

5 1 1 7

7 7 9 1

e E

 
 
 
 


  
 
 

1 0 0 2

0 1 0 3

)

0 0 1 4

2 3 4 11

g G
 
 
 
 

 
 
 

Bài 5. Giải hệ Cramer bằng phương pháp Cramer và dùng ma trận nghịch đảo:

1 2 3

1
2 2
2
2
x x
x x
x x
x
x
x
  


   

   

b)

1 2 3

2 1
2 4
4 2
2
4
x x
x x
x x
x
x
x
   


   

    

c)

1 2 3

2 1
1
2
2

x x
x x
x x
x
x
x
  


  

   


Bài 6. Giải hệ phương trình bằng phương pháp Gauss:

1 2 3

2 4

4 2 3

5 2
3

2
x x
x x
x x
x
x
x
  


  

   


; b)

1 2 3 4

2 3 4 5

3 2 3 1

2 2 1

3 2 5

2
3
4

x x x

x
x
x
x
   


   


   

     


; c)

1 3 3 4

1 2 3 4

2 3 5

3 4 3

3 4 9

2 1

x x x

x x x x

x x x

x
x
x
   



   


   

    


1 2 3 4 5

1 2 3 4

1 2 3 4 5

1 2 3

1 2 3 4 5

2 3 4 2 0

3 0

) ) 6 5 0

2 0

4 21 14 16 0

x x x x

x x x

d e x x x x

x x

x x x x

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Chương 2

HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ THỰC - GIỚI HẠN 
 SỰ LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ

Bài 1 
HÀM SỐ

2.1.1. Định nghĩa hàm số và các phương pháp cho hàm số

2.1.1.1. Định nghĩa hàm số

Cho hai tập hợp X, Y  R. Nếu ứng với mỗi số thực x  X mà cho duy 
nhất một số thực y  Y theo một quy luật f thì khi đó nói rằng y là hàm số của 
x xác định trên X.

Kí hiệu: f : X  Y hayX  x y  f(x) Y hay y = f(x).
Trong đó:

+ X: Tập xác định (miền xác định) của hàm số f;
+ x  X: Đối số (biến số, biến độc lập);

+ y = f(x), x  X: Hàm số (biến phụ thuộc);

+ f(X) = {y Y: y = f(x), xX}: Miền giá trị của f.
Ta có: f(X)  Y.

2.1.1.2. Các phương pháp cho hàm số

 Phương pháp bảng số

Hàm số được cho bởi một bảng số có hai dòng liệt kê các giá trị tương ứng
giữa x và y.

x x1 x2 x3 x4 x5 … xn

y y1 y2 y3 y4 y5 … yn

 Phương pháp đồ thị

Hàm số được cho bởi một tập hợp điểm trong mặt phẳng tọa độ (thường là
một đường cong trong mặt phẳng).

Hệ tọa độ ở đây có thể là hệ tọa độ Đề - Các vng góc: Oxy (hình 1.a)
hoặc có thể là hệ tọa độ cực (hình 1.b).

Hình 1.a. Đồ thị trong hệ tọa độ Đề-các

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Hình 1.b. Đồ thị trong hệ tọa độ cực 
 Phương pháp cho bằng biểu thức

Hàm số được cho bởi một hay nhiều biểu thức.

Ví dụ 1: f(x) = x2 + x – 3: Hàm số được cho bởi 1 biểu thức giải tích.

 















0
x
khi
1

2x
3

x
x

f hàm số được cho bởi 2 biểu thức giải tích.

2.1.2. Hàm hợp và hàm ngược

2.1.2.1. Hàm số hợp

Cho các tập hợp X, Y, Z  R và các hàm số g: X Y, f: Y Z.

Khi đó hàm số h: X Z định nghĩa bởi: x  h(x) = f(g(x)) được gọi là
hàm số hợp của hàm số g và hàm số f.

Thường ký hiệu hàm số hợp h: h(x) = f[g(x)] hay h(x) = (f.g)(x).

Chú ý: Điều kiện tồn tại hàm hợp của hai hàm g và f là miền giá trị của g là

tập con của miền xác định hàm f.

Ví dụ 2: Cho X = Y = Z = R. Xét các hàm số: z = f(y) = y2 + 2; y = g(x) = 3x + 1
Khi đó: z = f(g(x)) = [g(x)]2 + 2 = (3x+1)2 + 2.

Chú ý: f(g(x))  g(f(x)).

2.1.2.2. Hàm số ngược

Cho hai tập số thực X và Y, các giá trị x  X và y Y có quan hệ hàm số y
= f(x) (tức là với mỗi x cho tương ứng duy nhất một giá trị y), nếu quan hệ này
cũng được biểu diễn dưới dạng x là hàm của y, tức là y = f(x) <=> x = (y) thì
quy luật  là ngược của quy luật f. Khi đó nói rằng hàm số f với tập xác định là
X và tập giá trị Y sẽ có hàm ngược, được ký hiệu là f1, như vậy quy luật f1
chính là quy luật .



</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Ví dụ 3: Cho hàm số y = f(x) = x2 với tập xác định X  [0 , 2] và tập giá trị
y  [0, 4]. Khi đó với mỗi giá trị y Y đều cho duy nhất một giá trị x = y [0,
2], như vậy x (y)  y =>f1  tức là f1(x)  x.

Chú ý: Để có hàm số ngược thì ngồi quy luật f còn cần phụ thuộc vào các

tập xác định và tập giá trị.

Ví dụ 4: Cho hàm số y = f(x) = x2 với tập xác định X  [-1 , 2] và tập giá
trị y  [0, 4], khi đó nếu y = 0,09 thì sẽ có 2 giá trị x tương ứng là x1 = -0,3 và

x2 = 0,3, như vậy x khơng thể là hàm của y, do đó quy luật hàm f (x) = x

với
các tập xác định và tập giá trị trên sẽ khơng có hàm ngược.

- Nếu hàm y = f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên (a, b) thì f(x) được gọi 
là đơn điệu trên (a, b).

- Nếu y = f(x) đơn điệu trên (a, b) thì sẽ tồn tại f1.

- Đồ thị hàm số y = f(x) và y = f1(x) đối xứng với nhau qua đường phân
giác của góc phần tư thứ nhất trong hệ tọa độ đề - các 0xy.

2.1.3. Các hàm số sơ cấp

2.1.3.1. Các hàm số sơ cấp cơ bản

- Hàm luỹ thừa: y = x (  R).
- Hàm số mũ: y = ax (a > 0, a  1).
- Hàm logarit: y = logax (a > 0, a  1).

- Hàm lượng giác: y = sinx, cosx, tanx, cotx.

- Hàm lượng giác ngược: y = arcsinx, arccosx, arctanx, arccotx.

2.1.3.2. Các hàm luợng giác ngược

Hàm y = arcsinx

Xét hàm y = sinx với tập xác định ,

2 2

 

 



 

 là một hàm đơn điệu nên  hàm
ngược: y = arcsinxxsiny.

- Miền xác định: [-1,1].
- Miền giá trị: ,

2 2

 

 



 

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Tương tự:

y = arccosxx = cosy 
y = arctanxx = tany

y = arccotxx = coty 
2.1.4. Các hàm sơ cấp

- Hàm số sơ cấp là hàm số có được từ các hàm số sơ cấp cơ bản và các

hằng số qua một số hữu hạn các phép toán tổng, hiệu, tích, thương và hàm 
số hợp.

- Các hàm số không phải là các hàm sơ cấp được gọi là các hàm siêu việt.

Ví dụ 5: y = | x| - là hàm siêu việt vì nó khơng biểu diễn được qua các hàm

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Bài 2

GIỚI HẠN HÀM SỐ

Nghiên cứu giới hạn của hàm số y = f(x) là nghiên cứu quá trình biến thiên
của giá trị y khi giá trị của đối số x  a (hữu hạn) hoặc khi x . Trong hai
quá trình biến thiên của đối số x như trên thì giá trị của y có thể tiến đến giá trị L
(giới hạn hữu hạn) hoặc tiến đến  (giới hạn vô cực), hoặc không có giới hạn
( giới hạn).

2.2.1. Định nghĩa mơ tả về giới hạn của hàm số

Cho hàm số y = f(x) xác định tại các giá trị gần a (không nhất thiết xác định
tại a). Số L được gọi là giới hạn của f(x) khi x dần tới a nếu khi x càng gần đến a
thì f(x) càng gần đến L. Kí hiệu: f x L

a

x ( )

lim .

Ví dụ 1: Cho hàm số

1
6
5
)
(
2





x
x
x
x
f

y . Tính giới hạnlim ( )

1 f x

x .

x f(x) X f(x)

0.9 6.9 1.01 7.01

0.99 6.99 1.001 7.001

0.999 6.999 1.0001 7.0001

0.9999 6.9999 1.000001 7.000001

0.9999999 6.9999999 1.000000001 7.000000001
7
1
6
5
lim
2

1  




 x
x
x
x
Chú ý:

1. Nếu f(x) là hàm sơ cấp xác định tại a thì limf(x) f(a)

a

x  .

2. Một số kết quả giới hạn cơ bản đã biết:

2 2 1

0 0

lim 0, 0 lim

lim lim
1 1
lim lim
k
k
x x
k k
x x
x x
a
k x
x
x x
x x
+
-đ Ơ đ + Ơ
+
đ - Ơ đ - Ơ

đ đ

= > = + Ơ

= + Ơ = - ¥
= + ¥ = - ¥
3.



























n
m
n
m
n
m
b
a
b
x
b
x
b
a
x
a
x
a m
n
m
m
m
m
n
n
n
n

x ... 0

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

2.2.2. Các phép tốn về hàm có giới hạn 
Định lí: Giả sử: lim ( ) 1

xa f x L , lim ( )xag x L2. Ta có:

1 2

lim( ( ) ( ))

xa f x g x L L

1 2

lim( ( ) ( ))

xa f x g x L L

1
2

( )
lim

( )

x a

L
f x

g x L

  (nếu L2  0)

Chú ý:

- Cả hai định lí trên chưa khẳng định được trong các trường hợp sau (về
mặt hình thức):

+ L1L2   

+ L L 1. 2 0.

+ 1
2

0
0
L

L  hoặc

1
2
L
L






- Khi tìm giới hạn dạng lim



( )



g x( )

xa f x thì ta gặp các dạng:

1 1

L

L   hoặc 2

1 0

L

L  hoặc 2 0

1 0

L

L 

Các trường hợp trện gọi là các dạng vô định.

Khi gặp các dạng vơ định đó, muốn biết cụ thể phải tìm cách để khử dạng

vơ định. Sau đây sẽ là một số kết quả cơ bản cho phép ta có thể khử được các

dạng vơ định đó.

2.2.3. Hai tiêu chuẩn tồn tại giới hạn

2.2.3.1. Tiêu chuẩn 1 (Nguyên lý kẹp giới hạn)

Định lí: Giả sử 3 hàm số: f(x), g(x), h(x) xác định tại lân cận của điểm x = 
a (không cần xác định tại a) và thoả mãn:

f(x)  g(x)  h(x) mọi x thuộc lân cận của a
Nếu lim ( ) lim ( )

xa f x  xah x Lthì lim ( )xag x L.

Chú ý: Cho số thực δ > 0 (nhỏ tùy ý) δ – lân cận của điểm a (trên tập số

thực) là tập hợp các số thực x sao cho: a – δ < x < a + δ.

Áp dụng: Từ định lí trên, người ta chứng minh được công thức giới hạn cơ 
bản:

sin x

lim 1

x x 

Sau đây là một số ví dụ áp dụng kết quả trên.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

2
2

2 2

0 0 0

2 sin sin

1- cosx 2 1 2 1

lim lim lim .

2 2

2
4

x x x

x x
x
x x
  
 
 
    
 
 
 
;
3)
0 0
sin x
lim lim

s in nx

x x

m mx m

nx n

    ;

2 2

2 2 2

0 0 0 0 0

3
2 sin 2 sin

cosx - cos3x cosx -1 cos3x -1 2 2 2 18

lim lim lim lim lim 4.

4 4
4 3

2 9 2

x x x x x

x x

x x x x x

                

   

   

2.2.3.2. Tiêu chuẩn 2

Định lí: Giả sử hàm số f(x) xác định trên R.

- Nếu f(x) đơn điệu tăng và bị chặn trên thì tồn tại lim ( )

x f x .

- Nếu f(x) đơn điệu giảm và bị chặn dưới thì tồn tại lim ( )

x f x .

Áp dụng: Ta chứng minh được công thức: e

x

x  




 





lim
Nếu đặt
x

t   khi x  thì t  0 nên





1
0

lim 1 u
x u e.

Nhận xét: Hai giới hạn trên đều có dạng vơ định 1nên có thể sử dụng để

khử dạng vô đinh 1. Cụ thể:
Xét





( )

lim ( )v x

xx u x vớixlim ( ) 1x0u x  ; xlim ( )x0v x  

Biến đổi:









0 0

( ( ) 1) ( )

( )

( ) 1

lim ( ) lim 1 ( ) 1

u x v x
v x

u x

x x u x x x u x



 
 
 
     
 

= 0

lim ( ( ) 1) ( )

x x u x v x

e





Vậy:





( )
lim ( ) v x

xx u x 

lim ( ( ) 1) ( )

x x u x v x

e





Ví dụ 2: Tính các giới hạn:

(1)

2
2

2 2

2 2 2

lim 1 lim 1 lim 1

x x

x

x x x x x x e


 


  
 
 
     
       
     
      
 
;
(2)
2

2 2 2

2 2

1. 2 . 1 1

2 2 2

1 2

2 2 2

1 2 2

lim lim 1 lim 1

1 1 1

x

x x x

x x

x

x x x

x

e

x x x

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

2.2.3.3. Một số công thức giới hạn cơ bản

Các công thức giới hạn sau được suy ra từ các hai công thức giới hạn cơ
bản trên.

STT xa:u(x)0

sin x

lim 1

x x  ( ) 1

)
(
sin

lim 

 u x

x
u

a
x

2 tan 1

lim

0 

 x

x

x ( ) 1

)
(
tan

lim 

 u x

x

u
a
x
3
0
arcsin x
lim 1

x x  ( ) 1

)
(
arcsin

lim 

 u x

x
u
a
x
4
0
arctan
lim 1
x
x
x
 

arctan (x)
lim 1
( )
x a
u
u x
 
5
2
0

1 cos 1
lim
2
x
x
x



2
1
)
(
)
(
cos
1

lim  2 

 u x

x
u

a
x

6 x

0
1
lim 1
x
e
x


 1
)
(
1
lim
)
(



 u x

eu x

a
x
7
0
ln(1 )
lim 1
x
x
x


 1
)
(
))
(
1
ln(

lim  

 u x

x
u
a
x

8
0

(1 ) 1
lim
x
x
x



 

 lim(1 ( )) 1

( )
x a
u x
u x



 


2.2.4. Vô cùng bé và vô cùng lớn

2.2.4.1. Vô cùng bé

2.2.4.1.1. Định nghĩa

Hàm số α(x) gọi là một vơ cùng bé (VCB) trong q trình x → x0 (hữu hạn

hoặc vô cùng) nếu lim ( ) 0



x x

x  .

Ví dụ 3: sinx là VCB khi x → 0.

x2 là VCB khi x → 0.

x

là VCB khi x → .

Nhận xét:

+) Nói VCB phải gắn vào một q trình cụ thể của đối số x;

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

2.2.4.1.2. Tính chất

- Tổng, hiệu, tích của hữu hạn các VCB trong cùng một quá trình sẽ là 1

VCB trong quá trình ấy. Tức là: a 1( x) ; a 2 ( x) ; . . . ;a n ( x) là các VCB thì:

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

a ± a ± ± a vàa 1 (x ) .a 2 (x) . . . .a n ( x) là các VCB.

2.2.4.1.3. Hai VCB tương đương

Giả sử (x) và (x) là các VCB trong cùng một quá trình. Nếu trong quá

trình ấy 1

)
(

lim 

x
x



thì (x)và (x) là các VCB tương đương, kí hiệu: (x)~(x).

Ví dụ 4:

(1)

s inx

lim 1

x x   sin x ~ x (x  0) .

(2) 1 sin5 ~5 ( 0)
5

5
sin
lim

0   

 x x x x

x

x .

(3) 1 1~3 ( 0)

3
1

lim 3

0    



 x e x x

e x

x

x .

2.2.4.1.4. Các cặp VCB tương đương cơ bản

STT x0 xa(hay ):u(x)0

1 sinx ~ x sin u (x ) ~ u ( x)

2 tanx ~ x tanu(x)~u(x)

2
~
cos
1

x
x



2
)
(
~
)
(
cos
1

x
u
x
u



4 arcsinx ~ x arcsinu(x)~u(x)

5 arctanx ~ x arctanu(x)~u(x)

6 ex1~ x eu(x)1~u(x)



1x



1~x



1u(x)



 1~.u(x)
8

3
~
tan

x
x
x 

3
)
(
~
)
(
)
(
tan

x
u
x
u

x

u 

6
~
sin

x
x

x 

6
)
(
~
)
(
)
(
sin

x

u
x
u
x

u  

2.2.4.2. Vô cùng lớn

2.2.4.2.1. Định nghĩa

Hàm số α(x) gọi là một vơ cùng lớn (VCL) trong q trình x→x0 (hữu hạn

hoặc vô cùng) nếu 

 ( )

lim

0
x

x

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Ví dụ 5: x3 là VCL khi x → nhưng x3 không là VCL khi x → 1.
2

1


x là VCL khi x → 2.

Nhận xét: Khi nói tới VCL phải gắn vào một q trình cụ thể.

2.2.4.2.2. Liên hệ giữa VCB và VCL

Nếu trong một q trình nào đó (x)là một VCB thì cũng trong quá trình
ấy

)
(
1

x

 là 1 VCL. Ngược lại, nếu (x) là một VCL thì cũng trong q trình ấy

)
(
1

x

 là 1 VCB.

Ví dụ 6: x là VCB trong quá trình x → 0 thì

x

1 là VCL trong quá trình x → 0.

2.2.4.3. Ứng dụng của VCB và VCL trong việc tìm giới hạn dang vơ định 0;
0




2.2.4.3.1. Quy tắc thay thế VCB tương đương

Giả sử α (x), 1(x) là hai VCB tương đương khi x → x0.
)

( x

 , 1(x) là hai VCB tương đương khi x → x0 (x0 có thể là số hữu

hạn hoặc vơ cùng).
Khi đó:
)
(
)
(
lim
)
(
)
(
lim
1
1

0
0 x
x
x
x
x
x
x
x 




 
)
(
)
(
lim
))
(
)
(
(

lim 1 1

0
0
x

x
x
x
x
x
x

x      

Ví dụ 7:

1.

0 0

sin 5 5 5
lim lim

7 7 7

x x

tg x x

   

2.









 

3 3

0 0 2

ln 1 3 3 6

lim lim

1 os5 s inx 25

5
2
x x
x x
c x
x x
 

 

3.

 

0 0 0 0 0

1 1 1 1

lim lim lim lim lim 1

arcsin 2 2 2 2 2 2 2

x x x x

x x x x x

e e e e x x

x x x x x

 
    
   
      
4.





2
2
5
2
2
0 0
1

1 1 5 1

lim lim

5
sin
x x
x
x
x
tg x
 
 
 
Chú ý:

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

5.





3 3 3

0 0 0

.( )

1 cos

s inx 2 1

lim lim lim

x x x

x x

tgx x

tgx

x x x

  




  

Trong ví dụ này ta khơng thể thay thế tgx s inxbởi x – x = 0.

2.2.4.3.2. Quy tắc ngăt bỏ các VCB cấp cao

Giả sử trong cùng một quá trình nào đó có các đại lượng VCB

1 (x) ; 2 ( x) ; . . . ; m (x )

a a a vàb1 (x) ; b 2 ( x) ; . . . ;b n (x ) Khi đó:

1 2

( ) ( ) . . . ( ) ( )

l i m

( ) ( ) . . . ( ) ( )

m
m

x x x x

a a a a

b b b b

+ + +

Trong đó: (x);(x) là các VCB cấp thấp nhất ở tử thức, mẫu thức.
(Chú ý: So sánh với toàn bộ tử thức, tồn bộ mẫu thức).

Áp dụng: Tính các giới hạn sau:

Ví dụ 8:

2 3

5 7

0
sin
lim

2 3 5

x

x x tg x

x x x



 

Bài giải:

Trong quá trình x 0, ta có:

+ 2 2 3 3

~
;
~

sin x x tg x x . Vậy x là VCB có bậc thấp nhất trên tử thức;
+ 2x là VCB có bậc thấp nhất dưới mẫu thức.

Theo qui tắc ngắt bỏ VCB bậc cao, ta có:

2 3

5 7

0 0

sin 1

lim lim

2 2

2 3 5

x x

x x tg x x

x

x x x

 

 

 

 

2.2.4.3.3. Quy tắc ngắt bỏ VCL bậc thấp

Giả sử a 1( x) ; a 2 ( x) ; . . . ;a m (x) và b 1(x ) ;b 2 ( x) ; . . . ; b n (x ) là các
VCL trong cùng một quá trình. Khi đó:

1 2

( ) ( ) . . . ( ) ( )

l i m

( ) ( ) . . . ( ) ( )

m
m

x x x x

a a a a

b b b b

+ + +

Trong đó: (x);(x) là các VCL cấp cao nhất ở tử thức và mẫu thức.

Chú ý:

- Với đa thức

 

1 ... 1

n n

n n n o

P x a x a  x   a x a , trong quá trình x → + thì:

k n
n
k

n
n
n

n x a x P x a x

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

- Khi x→+ , ta có thể xắp xếp các VCL sau theo thứ tự bậc cao dần như sau:

1 2

2 1 1 2 2 1

ln ;x x ,x (  0),a ax, x(a a 1).
Áp dụng: Tính các giới hạn sau:

Ví dụ 9:

1. 2

3
3
2
lim
1
8
2
6
3

4
3
2

lim 












 x

x
x

x
x
x

2.







4 2 4

1 2 3 1

lim lim

3 2 1 3

n n

n n n n n

n n n

 

  

 

  .

3.

5 3 2 5 5

4 4 4

5 4 3 3 3

1 2 1 1

lim lim lim lim 0

1 2 2

n n n n

n n n n n

   

   

   

   

4. lim 3 4 lim 4 1

5
2 5.4 5.4

x x x

x x



 

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Bài 3

HÀM SỐ LIÊN TỤC 
2.3.1. Hàm số liên tục

2.3.1.1. Liên tục tại một điểm

Giả sử hàm số f(x) xác định tại x0 và lân cận của x0.

Hàm số f(x) gọi là liên tục tại x0 nếu:
0

lim ( ) ( )

xx f x  f x xlimx0

 

xlimx0

 

( 0)

f x f x f x

 

 

  

Khi đó điểm x0 gọi là điểm liên tục của hàm số f(x).

Ví dụ 1: f(x) = sinx liên tục trên R.

2
1
)
(




x
x

f không liên tục tại x = 2 (vì f(x) khơng xác định tại x = 2).

Nhận xét: Hàm số sơ cấp liên tục tại mọi điểm thuộc tập xác định của nó. 
2.3.1.2. Liên tục một phía

+ Liên tục phải: f(x) xác định tại x0 và lân cận phải của x0.

Nếu lim ( ) ( 0)

o

xx f x  f x thì f(x) gọi là liên tục phải tại x0.

+ Liên tục trái: f(x) xác định tại x0 và lân cận trái của x0.

Nếu lim ( ) ( 0)

o

x x

f x f x





 thì f(x) gọi là liên tục trái tại x0.

Định lý:

Hàm số f(x) liên tục tại x0 khi và chỉ khi f(x) liên tục trái và liên tục phải tại x0.

Ví dụ 2: Xác định a để hàm số liên tục trên miền xác định của nó:

2e khi x>0
( )

a 2x khi 0

f x

x
ìïï

= í

ï + £

ïỵ

2) 2

1 cos 3

khi x 0

( )

a khi x 0
x

f x x







 

 



Bài giải:

1) TXĐ: R.

- f(x) liên tục tại mọi x ≠ 0 vì các biểu thức xác định f(x) là các hàm số sơ
cấp xác định tại mọi x ≠ 0.

- Tại x = 0:

(0 0) lim 2 x 2

x

f e





   ;





(0 0) lim 2 (0)

x

f a x a f





     . Vậy để f(x)
liên tục tại x = 0 thì: f(0 0)  f



0 0



f

 

0  a 2.

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

2) TXĐ: R.

- Với x ≠ 0, f(x) là hàm số sơ cấp nên liên tục.

- Tại x = 0:

 

 

 

2 2

0 0 0

1
3

1 os3 2 9

lim lim lim ; 0

x x x

x

c x

f x f a

x x

  



    . Vậy f(x) liên tục

tại x = 0 khi và chỉ khi a = 9
2.
Vậy với a = 9

2 thì hàm số đã cho liên tục trên R.

2.3.1.3. Liên tục trên một khoảng, đoạn

Hàm số f(x) liên tục trong khoảng (a, b) nếu f(x) liên tục tại mọi x  (a, b).
Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a, b] nếu f(x) liên tục trong (a, b) và liên tục
phải tại a, liên tục trái tại b.

Kí hiệu: Ca b,  là tập hợp tất cả các hàm số liên tục trên [a, b].

Ý nghĩa hình học: Nếu hàm f x( )Ca b,  thì đồ thị y = f(x) là một đường liền
nét đi từ A(a, f(a)) đến B(b, f(b)).

2.3.2. Điểm gián đoạn của hàm số

2.3.2.1. Định nghĩa

Hàm số f(x) gọi là gián đoạn tại điểm x0 nếu f(x) khơng liên tục tại x0. Khi

đó điểm x0 gọi là điểm gián đoạn của hàm số.

2.3.2.2. Các trường hợp gián đoạn

Điểm x0 là điểm gián đoạn của f(x) nếu thuộc một trong các trường hợp sau:

+) Hàm số f(x) khơng xác định tại x0

Ví dụ 3:

x
x

f( ) 1

Gián đoạn tại x = 0 vì f(x) khơng xác định tại x = 0.

 

0 0

lim lim

xx f x xx f x

Ví dụ 4:

Gián đoạn tại x = 1 vì:
+) lim

 

lim

 

( 0)

xx f x xx f x  f x

1 1

lim ( ) lim (2 2) 4 lim ( ) ( 1) 2

x x

x

f x x f x x

-+ đ đ

= + = ạ = + =

2 2 1

( )

1 1

x khi x

f x

x khi x

ì + >

ïï
= í

ï + £

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Ví dụ 5: 








0
x
khi

0
0
x
khi

sin
)
( x
x
x
f

Gián đoạn tại x = 0 vì

0 0

sin

lim ( ) lim 1 0 (0)

x x

x

f x f

x

® = ® = ¹ = .

2.3.2.3. Phân loại điểm gián đoạn

Giả sử điểm x0 là điểm gián đoạn của hàm số f(x).

- Điểm x0 gọi là điểm gián đoạn loại 1 của hàm số f(x) nếu tồn tại giới hạn

trái và giới hạn phải hữu hạn của hàm số f(x) tại x0.

Khi đó: h f(x0 0) f(x00) gọi là bước nhảy của f(x) tại x = x0.

Khi h = 0 thì x0 là điểm gián đoạn có thể khử được bằng cách bổ sung giá

trị của hàm số tại điểm x0 chính bằng giá trị giới hạn đó.

Ví dụ 6:

x
x
x

f( ) sin gián đoạn tại x = 0.
Đặt








0
x
khi

1

0
x
khi

sin
)
( x
x
x

f thì f(x) liên tục tại x = 0.

- Các điểm gián đoạn của hàm số khơng phải là điểm gián đoạn loại 1 thì

gọi là điểm gián đoạn loại 2. Xảy ra khi

























)
(
lim
)
(
lim
)
(
lim
)
(
lim
0
0
0
0
x
f
x
f
x

f
x
f
x
x
x
x
x
x
x
x

Ví dụ 7: Tìm và phân loại điểm gián đoạn của hàm số

6
4
)
( 2
2





x
x
x
x
f
y .

Bài giải:

- Hàm số y = f(x) không xác định tại x = 2, x = -3, nên f(x) gián đoạn tại đó.
- Tại x = 2:

5
4
3
2
lim
)
3
)(
2
(
)
2
)(
2
(
lim
)
(
lim
2
2

2  











 x
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x

Do đó, x = 2 là điểm gián đoạn loại 1.
- Tại x = -3:







 


 3
2
lim
)
(
lim
3
3 x
x
x
f
x
x

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Bài tập chương 2

Bài 1. Tính các giới hạn sau: 
1)



sinx



2
0

(1 os3 ) 1
lim

sin

x

c x e

x x



 





2 2

2
0

1 2 1 arc tan
lim

ln(1 sin )(1 os2 )

x

x x

x c x


 
 
3)





0 3 2 2

tan(sin )(1 os4 )
lim

1 3 1 ln(1 tan )

x

x c x

x x





  





tanx
2
0

(1 os ) 1

lim

arctan .sin

x

c x e

x x



 





 

2
5 2
0

ln(1 5 ) 1 4 1
lim
1 x
x
x x
e x

  







4
4 2
0

ln(1 5 ) 1
lim
x
x
x e
x x

 






cot
2
0

lim 1 sin 2 x

x  x





1
2 1 cos 2
0

lim 1 x x

x x e


 
9)
1
sinx
0
1 5
lim
1 6
x
x
x


 
 

 

10)

 

2 2

1
4 ln(1 2 )
0

lim x x
x e


11)
2 1
2
2
5 1
lim
5 3
x
x
x
x


  
 

 

12)





2 ( 1)
0

lim 1 ln(1 ) x

x e
x x

  
13)
1
2 t anx
2
0
1 2
lim
1 3
x
x x
x x

   
 
 
 

14)





1
2 ln(1 3 )

lim 1 ( 1) x

x x x



  

15)





1
sin ln(1 3 )
2

lim 1 2 x x

x x



 

Bài 2. Xét sự liên tục của các hàm số sau trên miền xác định của nó:

ln(1 3 )

) ( ) 1

3 0

x

x x

khi x
a f x e

khi x
 


  
 

2 2
3
2

( 1) sin

0
ln(1 2 )

) ( )

3 1 0

x

e x

khi x
x

b f x

x x khi x

 



 
   

c) 2
1 4
0
( )
5 0

c x
khi x

f x x

khi x




 
 

os

; d)

2
arctan .sin 2

0
ln(1 2 )

( )

2 cos 0

x x

khi x

x x

f x

x x x khi x





 
   


Bài 3. Tìm a sao cho các hàm số sau liên tục trên R.

1) 2

( 1) s inx

0
( )
2 0
x
e
khi x

f x x

a khi x

 


 
  

2) 2
2

(1 cos 3 ) ln(1 2 )

0
( 1)

( )

3 2 1 0

x
x
x x
khi x
x e
f x

x a khi x

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

2
2

1 4 1

0
( ) ln(1 )

1 0

x

khi x

f x x

a khi x

  




 


 



2 2

arctan .ln(1 2 )

0
(1 )

( )

4 1 0

x
x

x x

khi x

x e

f x

x a khi x

 





 

    



Bài 4. Tìm điểm gián đoạn và phân loại điểm gián đoạn của các hàm số sau: 
1)

2
2

9
6



 
x
y

x x 2)

3 2






x x

y
x

2
2

3 2

4 3

 


 

x
y

x x 4)





1 3

1 2

2 1 0








  








os
ln

c x

khi x
x

y

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Chương 3

PHÉP TÍNH VI PHÂN CỦA HÀM MỘT BIẾN 
Bài 1

ĐẠO HÀM

3.1.1. Đạo hàm tại một điểm, ý nghĩa đạo hàm

- Định nghĩa 1:

f(x) xác định trên (a;b), x0  (a, b).

- Cho x0 số gia x (khá bé để x0 + x  (a, b)).

- Khi đó, ta có số gia tương ứng của hàm số: y = f(x0 +x ) – f (x0 ).

- Nếu

lim

x

y
x

 



 tồn tại (hữu hạn) thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm
số f(x) tại x0.

Ký hiệu: f’(x0).

Vậy f’(x0) =

lim

x

y
x

 


 .

Ví dụ 1: Tính đạo hàm của f(x) = ex tại x tuỳ ý.

Bài giải:

Ta có:













0 0 0

1 .

Suy ra lim lim lim do 1

x x x x x

x x x

x x

x x x

y e e e e

e e

y e x

e e x

y x x

  



     

    



 

    

  

Vậy f’(x) = ex.

Chú ý:

- Hàm sơ cấp có đạo hàm tại mọi điểm mà nó xác định;

- Nếu hàm f(x) có đạo hàm tại x0 thì liên tục tại x0. Điều ngược lại

chưa đúng.

- Ý nghĩa của đạo hàm:

Ý nghĩa hình học: Hệ số góc của tiếp tuyến với đường cong có phương

trình y = f(x) tại điểm M(x0, f(x0)) bằng đạo hàm phương trình đường cong tại

hồnh độ tiếp điểm, tức là: k = f’(x0), k - hệ số góc.

Khi đó, phương trình tiếp tuyến của đường cong y = f(x) là:

 

0 0



 

0
'

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Ý nghĩa cơ học: Vận tốc của một vật chuyển động thẳng bằng đạo hàm

phương trình chuyển động tại thời điểm tương ứng:v t

 

0 S t'

 

0 .

3.1.2. Đạo hàm trên một khoảng, một đoạn

+) Hàm số f(x) có đạo hàm trên (a, b) nếu f(x) có đạo hàm tại mọi x(a, b).
+) Hàm số f(x) có đạo hàm trên [a, b] nếu f(x) có đạo hàm trong (a, b) và
có đạo hàm phải tại a, có đạo hàm trái tại b.

+) Đạo hàm của hàm số f(x) trên một khoảng, một đoạn nếu tồn tại là một
hàm số xác định trên khoảng, đoạn đó. Ký hiệu là f’(x) hoặc y’.

Ví dụ 2: f(x) = x2 + 1 có f’(x) = 2x với x  R.
3.1.3. Các phương pháp tính đạo hàm

3.1.3.1. Đạo hàm tổng, tích, thương, hàm hợp

- Định lí 1: Giả sử các hàm u(x), v(x) có đạo hàm tại x, khi đó:









)
(
2

)
(
'
).
(
)
(
).

(
'
'
)
(

)
(

)
(
'
).
(
)
(
).
(
'
'
)
(
).
(

)
(
'
)
(

'
'
)
(
)
(

x
v

x
v
x
u
x
v
x
u
x

v
x
u

x
v
x
u
x
v

x
u
x
v
x
u

x
v
x
u
x
v
x
u























- Định lí 2: (Đạo hàm của hàm hợp)

Cho hàm số hợp: y = f(u(x)). Giả sử hàm số u = u(x) có đạo hàm tại x0,

hàm số y = f(u) có đạo hàm tại u0 = u(x0). Khi đó hàm hợp y =f(u(x)) có đạo

hàm tại x0 với:

 

   

0 0 0

' u ' .

y x  f u u x

Tổng quát ta có: y’x = f’u.u’x.

Từ các định lí trên, nếu u = u(x) có đạo hàm trên khoảng (a, b) thì ta có
bảng sau:

3.1.3.2. Bảng các đạo hàm cơ bản

Cho u = u(x) là hàm của x. Khi đó:
* (C)’ = 0 với C là hằng số

 





' ,

x x  R

 

 





' ',

u uu  R

 

* ( )1 ' 12

x  x

'
'

( ) u

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

*
x
2
1
)
x
( '

u
2
u
)
u
(
'
'


* n 1

1
'
n
1
'
n x
n
1
)

x
(
)
x

(    n 1

1
'
'
n
1
'

n . u .u

n
1
)
u
(
)
u
(   



sinx



' cos x *



sinu



'u'cosu



cosx



' sinx *



cosu



' u'sinu

x
cos
1
)
tgx

( ' 2

 *
u
cos
u
)
tgu
(
2
'
'

*
x
sin
1
)
gx

(cot ' 2


 *

u
sin
u
)
gu
(cot
2
'
'



 

ex 'ex *

 

eu 'e uu '

 

ax 'axlna (a0,a1) *

 

au 'u a' ulna

* (ln x)' 1

x

 *

'
'

(ln u) u

u

*

a
ln
x
1
)
x
(log '

a  *

a
ln
u
u
)
u
(log
'
'
a 
*
2
'
x
1
1
)
x
(arcsin


 *
2
'
'
u
1
u
)
u
(arcsin


*
2
'
x
1
1
)
x
(arccos


 *
2
'
'
u
1
u

)
u
(arccos




* ' 2

x
1
1
)
arctgx
(


 * 2

'
'
u
1
u
)
arctgu
(



* ' 2

x
1
1
)
gx
cot
arc
(


 *
2
'
'
u
1
u
)
gu
cot
arc
(




1) y = sin(2x+1)  y’= 2cos(2x+1)
2) y = cos(lnx)  y’= 1sin ln x





x


3) y = 2

ln(x x 1) y’=





2 2 2

2
1

1 ' 2 1 1

1 1 1

x

x x x

x x x x x



  

 

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

4) y = arctg( 2 1
1

x
x



 )  y’=





























2
'

2 2

2 2 2 2 2

2 2

2
2

1 2 1

1 2 1

1 1 1 1 1

x x x

x

x x x

x

x x x x x

x

  



 

     



 

 



       

  



 















2 2

1 ' 1

arcsin 1 '

1 1

x

y x y

x x
x



    



 

3.1.3.3. Đạo hàm cấp cao

Định nghĩa:

+) Giả sử hàm f(x) có đạo hàm trên (a, b) khi đó f’(x) là một hàm xác định
trên (a, b) gọi là đạo hàm cấp một của f(x) trên khoảng (a, b).

+) Nếu hàm f’(x) tồn tại đạo hàm trên khoảng (a, b) thì đạo hàm này được
gọi là đạo hàm cấp hai của hàm f(x) trên khoảng (a, b). Kí hiệu: f '' x( )hoặc

)
(

)
2
(

x

f .

+) Bằng cách tương tự: Đạo hàm cấp n của hàm f(x) trên khoảng (a, b) là
đạo hàm của đạo hàm cấp (n - 1).Kí hiệu: f(n)(x)[ f(n1)(x)]'.

Ví dụ 3: Cho y = sinx. Tính y(3).

Bài giải:

Có: )

2
x
sin(
x

cos

y' 






)
2
.
2
x
sin(
)

2
x
cos(

y'' 








)
2
.
3
x
sin(
)

2
2
x
cos(

y'''      
3.1.4. Vi phân

3.1.4.1. Định nghĩa

Giả sử hàm y = f(x) xác định tại
x0 và lân cận x0.

Cho x0 số gia x (đủ bé sao

cho: x0 + x (a, b)).

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Khi đó: Nếu f biểu diễn được dưới dạng:f A.x(x)

Trong đó A là một hằng số, ( x ) là một VCB cấp cao hơn x khi

0
x

  , thì biểu thức A.xđược gọi là vi phân của hàm f(x) tại x0.

Kí hiệu: df = A.xvà f(x) được gọi là khả vi tại x0.

3.1.4.2. Định lý liên hệ giữa đạo hàm và vi phân

Nếu f(x) khả vi tại x0 thì có đạo hàm tại x0 và df  f '(x0).x. Ngược lại nếu

f(x) có đạo hàm tại x0 thì khả vi tại x0 và df = f’(x0)x.

Xét hàm số f(x) = x.

f’(x) =1 với x nên df = dx = x.

Ta có biểu thức vi phân của hàm số f(x): df = f’(x)dx.

3.1.4.3. Tính chất của vi phân

a. dC = 0

b. du = d(u +C), C - hằng số tuỳ ý
c. d(ku) = kdu

d. d(u + v) = du + dv
e. d(uv) = vdu + udv

f. d u vdu udv2

v v


 


 
 

Ví dụ 4: d(sin2x) = (sin2x)’dx = 2cos2xdx.

d(arctgx + 2sinx) = 1 2 2 cos

1 x x dx

 



 



 

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Bài 2

ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM

3.2.1. Qui tắc Lopitan tìm giới hạn dạng 


;
0
0
Giả sử cần tính giới hạn

)
(
)
(
lim
x
g
x
f
a

x có dạng vơ định 


;

0
0

(a có thể là ). Khi đó:
Nếu tồn tại A

x
g

x
f

a

x '( ) 

)
(
'

lim thì A

x
g

x
f

a

x ( ) 

)
(

lim .

Chú ý: Phát biểu trên chỉ là điều kiện đủ để

0
( )
lim
( )
x x
f x
A
g x


  tức là vẫn có thể
tồn tại
 0
( )
lim
( )
x x
f x

g x nhưng không tồn tại  0

'( )
lim

'( )

x x

f x

g x .

Ví dụ 1: Tính giới hạn: I =

1 2 1 0

lim

sin 3 0

x
x
x

   
 
 
Bài giải:

Giới hạn trên có dạng vơ định 0

0 nên áp dụng qui tắc Lopital ta được:

 









'
'

0 0 0

2
1 2 1

1 2 1 0 2 1 2 1

lim lim lim

sin 3 0 sin 3 3 os3 3

x x x

x

x x

L

x x c x

  
 
    
 
 
 

Ví dụ 2: Tính I =

 



  
 
 
2
1 0
lim
5 0
x
x
e

tg x .

Bài giải:

Áp dụng qui tắc Lopital ta có:

   

2 2

1 0 2 2

lim lim

5 0 5

5
os 5
 
 
 
 
  
   
 
x x
x x
e e
I
tg x

c x

Ví dụ 3: Tính giới hạn: I =





2
3
ln 3
lim
1
x
x
x

 
 
 
.
Bài giải:

Áp dụng qui tắc Lopital ta được:













2 2

' 2 2

ln 3 3 2

lim lim lim 0

3 3 3

x x x

x

x x

I

x x x

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

3.2.2. Một số chú ý khi sử dụng qui tắc Lopitan

- Chú ý 1: Quy tắc Lopital có thể được áp dụng nhiều lần. 
Ví dụ 4: Tính giới hạn: I = 3

sin
lim

x
x
x

x





Bài giải:

 

3 2

0 0

( sin ) ' 1 cos 0

lim lim

( ) ' 3 0

x x

x x x

I L

x x

 

   

  

 

 

0 2 0

(1 cos ) ' sin 1

lim lim

(3 ) ' 6 6

x x

L

x x

 



 

Ví dụ 5: Tính giới hạn:

2
lim

sinx

x x

x

e e x

I

x



 



 .

Bài giải:

Giới hạn này thuộc dạng vô định 0

0, áp dụng qui tắc Lopital, ta có:









0 0

2 2 0

lim lim

1 cos 0

sinx

x x x x

x x

e e x e e

I

x
x

 

 

     

   



  

Áp dụng qui tắc Lopital một lần nữa, ta có:

0 0

lim lim 2

sinx 0 cos

x x x x

x x

e e e e

I

x

 

 

   

   

 

- Chú ý 2: Qui tắc lopitan chỉ được áp dụng cho các dạng vô định 0,
0


.

Các dạng vô định khác như: 0 0

0. ,   ,1 ,  , 0 cần biến đổi để đưa về một trong 
hai dạng trên. Cụ thể:

- Nếu gặp dạng 0. hoặc   , ta biến đổi đưa về dạng 0,
0



, bằng cách
chuyển một nhân tử xuống mẫu số hoặc qui đồng để có một phân số.

Ví dụ 6: Tính I =





lim 1 tan
2

x x x



 

Bài giải:

Giới hạn trên có dạng vơ định 0.. Ta biến đổi tan 1

2 cot

2
x

x



 và áp dụng

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

I = 2
'

1 1 1 1

1 (1 ) ' 1 2 2

lim lim lim lim .sin

cot cot

2 2

sin
2

x x x x

x x

x

x x

x




   



   

    

    

       

    
    

 
 
 

Ví dụ 7: Tính I = lim ln 2arctan

xx  x

 

 

 

Bài giải:

Giới hạn trên có dạng vô định .0. Ta đưa về dạng 0

0 bằng cách chuyển x

xuống dưới mẫu số và sau đó áp dụng qui tắc Lopital:

I =

2
2

1 2 2

2 1 1

ln arctan

1 1 2

1 arctan

lim lim lim

arctan

x x x

x

x x

x x x x






  

 

  

      



Ví dụ 8: I =

1 1

lim 0

x
x x e

 

 

 



 

Bài giải:

Giới hạn trên có dạng vô định  . Ta đưa về dạng 0

0 bằng cách qui

đồng mẫu số, sau đó áp dụng qui tắc Lopital:





 





 

0 0 0 0

1 1

1 1 1

lim lim lim lim

1 1 1 . .

x x x

x x x x x x x

x x x x

e x e e

L L

x e x e e x e e x e e

   

    

  

 

     

 

- Nếu gặp các dạng vô định 0 0

1 ,  , 0 thì ta dùng phương pháp logarit hố: 
(Dẫn đến cơng thức:





lim ( ).ln ( )
( )

lim

( )

x a

v x u x

v x

x a

u x

e





)

Ví dụ 9: Tính I =

lim x ( )

xx 

Bài giải:

Đặt:

( ) x

A x  x .

Xétlim ln ( ) lim 1.ln( ) ( )

x A x xx x




 . Áp dụng qui tắc Lopital ta được:

(ln ) ' 1

lim lim 0 lim ( ) 0

( ) '

x x x

x

I A x

x x

  

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Ví dụ 10: Tính I =





1
0

lim 2 x

x co s x (1

)

Bài giải:

Đặt:





 









2 2

ln os2

( ) os2 x ln ln os2 c x

A x c x A x c x

x x

      .

Xét:



2



 

0 0 0 0

2sin 2

ln os2 0 os2 tan 2

lim ln ( ) lim lim lim 2

0 2

x x x x

x

c x c x x

A x L

x x x

   


 

      

  .

Vậy I = e-2.

Chú ý rằng: Riêng đối với dạng 1, ngồi phương pháp chung logarit hố

như trên, ta có thể sử dụng cơng thức giới hạn số e:





1
0

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Bài tập chương 3

Bài 1. Tính đạo hàm của các hàm số:

1.y x  3 x 2.

3
1 1
 
y
x x
3.
4 4

tanx cot x

y an 4. y ln(x  1x2)

5.
2
1

y
x 6.
2
1
 
y x 
7.
2
1



x
y
x
8.
3
arctanx
y

Bài 2. Tính các giới hạn sau: (Sử dụng Quy tắc Lôpital)

1)
0
2



lim
s in4x
x
x x
e e 
2)
0
2
1




ln(
lim
os2
)
x x
x
e c x

3) 0 2

2
lim

ln(1 )

x x
x

e e x

x x


 

4)
2
0
2
lim

ln(1 3 )

x x
x
e e
x


 

5)
0

2 3 1

1 2

  

sin
lim

s inx. ln( )

x
x

e x x

x
6)
2
0 1

 


s in2x cos
lim
os2
x
x
e x
c x
7)
2 2
3
0
1
lim
sin
x
x
e x
x x

 





2 1 sin( 1)

lim x x

x x x e

 

  





1
1

3 2

lim 1 3

x
e x
x
x

 



10)





lim x x

x e x

11)





cot

lim x s inx x

x e 

12)





3 sin

lim x 3 x

x e x


 

13)
3
ln
lim
x
x
x

14) 2
2

lim(4 ) tan
4
x
x
x 
 
15)
2

lim 1 t anx

cos

x x

 



 

 

16)

 

2
0

lim x

x x

17)





</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Chương 4

PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN 
Bài 1

TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 
4.1.1. Nguyên hàm

4.1.1.1. Định nghĩa

Giả sử hàm số f(x) xác định trên (a,b). Hàm số F(x) được gọi là nguyên
hàm của f(x) trên khoảng (a, b) nếu F’(x) = f(x) với mọi x(a, b).

Ví dụ 1:

x là nguyên hàm của 3x2 trên R vì

( )

x3 '= 3x2. 
3

x + là nguyên hàm của 3x2 trên R vì

(

)

' 2

1 3

x + = x .

x + C (C là số thực tùy ý) là nguyên hàm của 3x2 trên R vì

(

)

' 2

x + C = x .

4.1.1.2. Điều kiện tồn tại nguyên hàm, Định lí tổng quát của nguyên hàm

Định lí 1: Nếu hàm f(x) liên tục trên (a,b) thì f(x) có nguyên hàm trong 
khoảng đó.

Định lí 2: Giả sử F(x) là ngun hàm của f(x) trên (a,b). Khi đó trên (a,b) 
ta có:

- Với mọi hằng số C thì F(x) + C cũng là nguyên hàm của f(x);

- Mọi nguyên hàm khác của f(x) đều có dạng F(x) + Co với Co là hằng số

nào đó.

Nhận xét: Nếu hàm số f(x) có một nguyên hàm trong khoảng (a, b) thì nó sẽ

có vơ số ngun hàm và các nguyên hàm đó chỉ sai khác nhau 1 hằng số cộng.
Ta gọi: F(x) + C là biểu thức tổng quát của nguyên hàm.

Ví dụ 2: f(x) = ex có nguyên hàm là F(x) = ex nên ex + C được gọi là biểu
thức tổng quát của nguyên hàm.

4.1.2. Tích phân bất định

4.1.2.1. Định nghĩa

Tập hợp tất cả các nguyên hàm của hàm f(x) trên khoảng (a, b) được gọi là
tích phân bất định của f(x) trên khoảng (a, b). Kí hiệu:



f x dx( ) .

Như vậy, giả sử F(x) là nguyên hàm của f(x) thì:

 





 

( ) , onst : , onst

f x dx F x C Cc F x C Cc

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Ví dụ 3:

2 3

3x dxx C



2 1 2

x x

e dx e C



4.1.2.2. Một số tính chất của tích phân bất định

- Giả sử f(x) và g(x) đều có nguyên hàm. Khi đó với mọi  , R thì:
[ f(x) + g(x) ]dx =   f(x)dx +  g(x)dx

- Nếu f(x)dx = F(x) + C thì f(u) du = F(u) + C với u = u(x).

Ví dụ 4: Từ cơng thức: C

3
x
dx
x
3
2





, ta có:

C
3
x
sin
)
x
(sin
xd
sin
xdx
cos
x
sin
3
2

2








C
3
x
ln
)
x
(ln
xd
ln
dx
x
x

ln 2 3










4.1.2.3. Bảng tích phân bất định cơ bản



kdx kxC 2.











C
1
x
dx
x
1

,   -1



ln|x|C
x



 C

a
ln
a
dx
a
x

x x x

e dx e C

ị

= +



sinxdx cosxC 6.



cosxdx sinxC



cotgxC
x

sin
dx

2 8.



tgxC

x
cos



 

x arcsinx C
1

2 10. 2

dx

arctan x C

x  





11. 1 ln

( )( )

dx x a

C

x a x b a b x b



 

   



2 2

12. dx arcsinx C

a

a x  



2 2

1
ln
2

dx x a

C

x a a x a


  
 



2 2

13. dx arctg x C

x a a a



14. dx2 ln | x x2 b | C

x b

   



</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

2 1 2 2

15. . ln

2 2

b

x bdx x x b x x b C



4.1.3. Các phương pháp tính tích phân bất định

4.1.3.1. Phương pháp đổi biến số

Đổi biến t = (x) với (x) là hàm khả vi liên tục.

Hoặc x = (t) trong đó (t) là hàm đơn điệu, khả vi liên tục đối với t trên 
một khoảng (a, b) nào đó.

Phương pháp: Giả sử ta cần tính



f x dx

 

.

- Bước 1: Đổi biến t = (x) hoặc x = (t).

- Bước 2: Lấy vi phân dt = ’(x)dx hoặc dx = ’(t)dt. 
- Bước 3: Biểu diễn f(x)dx theo t và dt.

Giả sử f(x)dx = g(t)dt. Khi đó:



f x dx

 





g t dt( ) . 
- Bước 4: Tính tích phân theo biến t:



g t dt( ) G t( )C. 
- Bước 5: Đổi lại kết quả sang biến x.

Ví dụ 5: Tính tích phân:






9
x
x

dx
I

Bài giải:

Đặt t x2 9x2 t2 9xdxtdt

















2



2



2

2 1 (t/3)

dt
9

1
9
t

)
9
t
(

tdt
9

x
x

xdx
I

2
2

1 ( / 3) 1 1 9

arctan arctan ,

3 1 ( / 3) 3 3 3 3

d t t x

C C C R

t

-= = + = + Ỵ

ị

Ví dụ 6: Tính tích phân:






 dx

)
x
4
(

x
4

I 2 2

Bài giải:

Đặt x = 2tant 2 2 2(1 tan2 )
cos

dt

dx t dt

t

Þ = = +

2 2

2 2 2

4 4 tan 1 1 tan

2(1 tan )

(4 4 tan ) 2 1 tan

t t

I t dt dt

t t

-Þ = + = =

+ +

ị

1 1 1 1

cos 2 cos 2 (2 ) sin 2 sin arctan

2 4 4 4 2

x

tdt td t t C ổỗ ửữ C

= = = + = ỗ ữữ+

ỗố ứ

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

4.1.3.2. Phương pháp tích phân từng phần

Nội dung: Giả sử ( ); ( )u x v x là các hàm có đạo hàm liên tục thì ta có:

vduvu udv



Phương pháp: Giả sử cần tính



f x dx

 

.

- Bước 1: Chọn u = u(x) và từ đó suy ra dv. 
- Bước 2: Tính du và tìm v.

- Bước 3: Áp dụng cơng thức tích phân từng phần.

Một số trường hợp sử dụng phương pháp tích phân từng phần: 
- Nhóm 1: Hàm số dưới dấu tích phân có chứa các biểu thức:

lnx, arcsinx, arccosx, arctgx, (arctgx)2, (arccosx)2, ln(φ (x))…

Khi đó, ta chọn u là một trong các hàm số đã chỉ ra, dv là phần cịn lại của 
biểu thức dưới dấu tích phân.

- Nhóm 2: Hàm số dưới dấu tích phân có dạng:

Pn(x)cosbx hoặc Pn(x)sinbx hoặc Pn(x)e
ax

Trong đó, Pn(x) là đa thức bậc n, a, b là hằng số.

Khi đó ta đặt u = Pn(x) và dv là phần cịn lại của biểu thức dưới dấu tích

phân. Sau mỗi lần tích phân từng phần bậc đa thức sẽ giảm đi một đơn vị.
- Nhóm 3: Hàm số dưới dấu tích phân có dạng:

eaxsinbx, eaxcosbx, sin(lnx), cos(lnx)…

Có thể chọn u = eax hoặc u = sinax, u = cosbx, u = sin(lnx)…

Sau hai lần tích phân từng phần ta lại thu được tích phân ban đầu với hệ số
nào đó. Đó là phương trình tuyến tính với ẩn là tích phân cần tìm.

Do vậy, các tích phân dạng này gọi là tích phân lặp.

Ví dụ 7:



(4x3 2 )arctanx xdx

Bài giải:

Đặt 2

3 4 2

arctan

1
(4 2 )

(4 2 )

dx
du

u x

x

dv x x dx

dv x x dx v x x





 




 

 

      





















3 4 2 4 2

4 2 2

4 2

(4 2 ) arctan arctan

1
arctan

arctan
3

dx

x x xdx x x x x x

x

x x x x dx

x

x x x C

    



  

   



</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Ví dụ 8:

I





xc

os3xdx

Bài giải:

Đặt u = x, dv = cos3x. Khi đó: du = dx, v = 1sin3x
3 .
Vậy: 1 sin 3 1 sin 3 1 sin 3 1 os3x+C

3 3 3 9

I  x x



xdx x x c .

Ví dụ 9: Tính I = 2

sin3x

x

e dx



HD: Đây là tích phân thuộc nhóm 3. Đặt u = e3x hoặc u = sin3x.

4.1.4. Tích phân một số hàm số sơ cấp ( Hàm phân thức hữu tỷ)

4.1.4.1. Tích phân các hàm phân thức hữu tỉ đơn giản

Các phân thức hữu tỷ đơn giản là các phân thức có dạng:
(1)





k

a
x

A

 A, a là hằng số, k  N

Khi đó: 1

ln khi k 1
A

( ) ( ) khi k 1

1-k

k k

A x a C

A
dx

x a x a  C

   


 

    





(2)





k

Mx N

x px q



  với p

- 4q < 0 (thường xét k = 1; 2Mx N

x px q



  )

4.1.4.2. Một số ví dụ

Ví dụ 10: 2 2 ln 3

3dx x C

x+ = + +

ị

Ví dụ 11:

( )

1 4

4 3

5 5 1

5. .

1 4 3

1 1

x

dx C C

x x

-= + = - +

-ị

Ví dụ 12: 2 12 12 2 2 4 arctan 2

4 13 ( 2) 3 3

dx x

dx C

x x x

-= = +

- + - +

ò

ị

Ví dụ 13:

(

)

(

)

2 2 2

2 2

10 10 2 6 1

5 20

6 10 6 10 6 10

6 10 ( 3)

5 20

6 10 ( 3) 1

5 ln 6 10 20 arctan( 3) .

x x

dx dx dx

x x x x x x

d x x d x

x x x

x x x C

+ +

-+ + + + + +

+ + +

-+ + + +

= + + - + +

ò

ị

Ví dụ 14: Tính: 2 2

( 1)

dx
I

x
=

ò

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

2 2 2

(1 tan ) 1 cos 2 sin 2

cos

(1 tan ) 1 tan 2 2 4

arctan sin 2 arctan arctan

2 4 2 2(1 )

t dt dt t t t

I tdt dt C

t t

x x x x

C C

x

+ +

Þ = = = = = + +

+ +

= + + = + +

ò

Nhận xét: Tích phân của các phân thức hữu tỷ phức tạp đều được quy về

tính tổng các tích phân của hai phân số dạng trên.

Ví dụ 15: Tính I=

2
2

2 1

1 2

( x x )

dx

( x ) ( x )

 

 



Bài giải:

Ta có:

2 2

2 1

1 2 1 1 2

( x x ) A B C

( x ) ( x ) ( x ) ( x ) ( x )

 

  

    















2x x 1 A x 1 x 2 B x 2 C x 1

          (*)

2 2

2x x 1 ( A C )x ( 3A B 2C )x ( A2 2B C )

           

Cách 1: Cân bằng hệ số của các luỹ thừa cùng bậc ở hai vế:

Ta có: A + C = 2; -3A + B -2C = 1; 2A -2B + C = 1
Suy ra: A = -9, B = -4, C = 11

Cách 2: Do (*) đúng với mọi x nên:

- Cho x = 1 vào (*) ta có : –B = 4  B = -4.
- Cho x = 2 vào (*) ta có: C = 11.

- Cân bằng hệ số của luỹ thừa bậc 2 của x ở hai vế: A + C = 2  A = -9.

Vậy I = 9 1 4 11 2

x x C

x

     



</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Bài 2

TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH

4.2.1. Định nghĩa và tính chất của tích phân xác định

4.2.1.1. Định nghĩa tích phân xác định

Cho hàm số y = f(x) xác định và bị chặn trên [a,b]. Chia [a,b] thành n đoạn
nhỏ tuỳ ý bởi các điểm chia:

a = xo < x1 < x2 <…< xn-1 < xn = b

Đặt: i i i-1

x x - x , ax i

i n

m x


 

    .

Mỗi phép chia như vậy gọi là phép phân hoạch đoạn [a, b].
Trên mỗi đoạn nhỏ [xi-1, xi] lấy điểm tuỳ ý i



x xi, i1



i 1, n

Lập tổng:

( ). ;

n

n i i

i

I f  x







Cho n sao cho maxxi 0. Nếu tổng In có giới hạn xác định khơng

phụ thuộc cách chia [a, b] và cách chọn điểm i thì giới hạn đó được gọi là tích

phân xác định của hàm f(x) trên [a, b], ký hiệu là: 

dx
)
x
(

f .











   



1
n

i i i

n
b

nlim I lim f( ). x

dx
)
x
(
f

Nếu 

dx
)
x
(

f tồn tại thì ta nói hàm f(x) là hàm khả tích trên [a, b]. 
Trong đó:

+ [a, b]: Khoảng lấy tích phân;

+ a: Cận dưới;

+ b: Cận trên;

+ x: Biến lấy tích phân.

4.2.1.2. Tính chất của tích phân xác định

1. f(x)dx 0



 ,

2. 

dx
)
x
(

f = ( )

b
a

f t dt



3. Với bất kì c (a, b) ta có: 

dx
)
x
(

f =

dx
)
x
(

f +

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

4. 
a
b
dx
)
x
(

f =

b
a
dx
)
x
(
f

5.   

b
a
dx
)]
x
(
g
)
x
(

f
[ =
b
a
dx
)
x
(

f + ( )

b
a

g x dx

b

ò

với ,  là các hằng số, f(x),

g(x) là những hàm khả tích trên [a, b].

6. Giả sử f(x), g(x) là những hàm khả tích trên [a, b]. Nếu f(x)  g(x) với 
x[a, b] thì 

b
a
dx
)
x
(

f 

b
a
dx
)
x
(
g .

7. Giả sử f(x) liên tục trên đoạn [a,b]. minf(x) m, f(x) M

]
b
,
a

[  Max[a,b]  . Khi đó:

8. m(b-a)  

b
a
dx
)
x
(

f  M(b - a).

9. (Định lý giá trị trung bình).

Giả sử f(x) liên tục trên đoạn [a,b]. Khi đó tồn tại ít nhất 1 điểm [a, b]
sao cho: 

b
a
dx
)
x
(

f =f

 

 (b - a).

4.2.2. Các phương pháp tính tích phân xác định

4.2.2.1. Cơng thức Newton- Leibnit

Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên [a, b] và F(x) là một nguyên hàm của
f(x) trên [a, b] thì: 

b
a
dx
)
x
(

f = F(b) - F(a) :=

 

x b

a

F .

Ví dụ 1:

4
0
0

cos s inx sin sin 0 .

4 2
xdx
p
p
p
= = - =

ị

Ví dụ 2: Cho









1
x
khi
x
2
1
x
khi
x
)
x
(
f
2

. Tính tích phân: 



2
0
dx
)
x
(
f
I
Bài giải:

Có 



















 

2
1
1
0
2
2
1
1
0
2
0
dx
)
x
2
(
dx
x
dx
)
x
(
f
dx
)
x
(
f

dx
)
x
(
f
I
6
5
2
1
2
2
4
3
1
)
2
x
x
2
(
3
x 2
1
2
1
0
3










Nhận xét:

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

+ Cần phân biệt hai khái niệm: tích phân bất định là một họ hàm số còn 
tích phân xác định là một giá trị xác định.

4.2.2.2. Phương pháp tích phân từng phần

Cơng thức: Giả sử hàm u = u(x), v = v(x) là hai hàm khả vi liên tục trên [a, 
b]. Khi đó: 

udv= uvab - 

vdu

Ví dụ 3: Tính tích phân: 2

e

I =

ò

x xdx

Bài giải:

Đặt: 2 3

3
dx
du

u x x

dv x dx x

v
ìï
ï =
ï
ì =
ï ï
ï Þ ï
í í

ï = ï
ïỵ ï =
ïï
ïỵ

3 3 3 2 3 3 3

1 1

2 1

ln .

3 3 3 3 3 9 9 9

e e e e

x x dx e x e x e

I x dx

x
ổ ửữ
ỗ ữ
= ỗỗ ữ - = - = - = +
ữ

ỗố ứ

ũ

4.2.2.3. Phng phỏp đổi biến số

(Tương tự như tính tích phân bất định, nhưng ta cần phải đổi cận trước khi
thay tích phân theo biến mới)

Ví dụ 4: Tính tích phân:

3 2

I =

ò

x - x dx

Bài giải:

Đặt: t 4 x2 x2 4 t2 xdx tdt









Khi x = 0  t = 2, x = 2  t = 0













2
0
4
2
0
2
2
2
0
2
2
dt
)
t
t
4
(
tdt

.
t
)
t
4
(
xdx
.
x
4
x
I
15
64
)
5
1
3
1
(
2
5
2
3
2
)
5
t
3
t

4
( 5
5
5
2
0
5
3







Nhận xét:

- Khi f(x) là hàm lẻ, ta có: ( ) 0

a
a

f x dx

ò

- Khi f(x) là hàm chẵn ta có: 2

a a

f ( x )dx f ( x )dx

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

4.2.3. Ứng dụng của tích phân xác định

4.2.3.1. Tính diện tích hình phẳng (Trong hệ toạ độ Đề Các)

Hình phẳng giới hạn bởi các đường: x = a, x = b, y = f1(x); y = f2(x) với

f1(x), f1(x) là những hàm số liên tục trên đoạn [a, b] có diện tích S được tính bởi

cơng thức:

S =  

1(x) f (x)dx

Ví dụ 5: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:

a)y 2x2 3x4 , y3x

b) x  y 0 , y2xx2

Bài giải:

a) Hoành độ giao điểm của đườngy2x2 3x4 và y 3x là nghiệm
của phương trình:

2 2 1

2 3 4 3 2 6 4 0

x

x x x x x

x




        




Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là:

2
2
1

2 6 4

S 



x  x dx .

b) Đường thẳng y = - x và parabol y 2xx2cắt nhau tại hai điểm có
hồnh độ x = 0 và x = 3 nên:

S =





3 3 3

2 2 2

0 0 0

3 27

2 3

2 3 6

x

xx x dx xx dx  x   

 



(®vdt)

4.2.3.2. Thể tích vật thể tròn xoay

Vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay quanh Ox hình phẳng giới hạn bởi
các đường y = f(x), y = g(x), (0 ≤ f(x) .g(x)), x = a, x = b được tính bởi công thức:

2 2

( ) ( )

b

a

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Ví dụ 6: Tính thể tích vật thể trịn xoay khi quay quanh Ox hình phẳng giới

hạn bởi: y = 2x – x2, y = 0.

Bài giải:

Hoành độ giao điểm của đường y2xx2 và y 0 là nghiệm của
phương trình:

2 0

2
x

x x

x



   




Vậy thể tích vật thể cần tìm là :









2 5

2 3 4

0 0

4 16

3 5 15

x

V   xx dx  x x     vtt .

 



Ví dụ 7: Tính thể tích vật thể trịn xoay khi quay quanh Ox hình phẳng giới

hạn bởi: yx2 5x6; y  x 3.

Bài giải:

Hoành độ giao điểm của đường y x2 5x6; y  x 3 là nghiệm của
phương trình:

2 2 1

5 6 3 4 3 0

x

x x x x x

x




          



Vậy thể tích vật thể cần tìm là:

















3 3

2 2 2 2

2 2

1 1

5 6 3 5 6 3

V  



x  x  x dx 



x  x  x dx  

4.2.3.3. Độ dài đường cong phẳng

Nếu cung AB cho bởi y = f(x), a  x  b thì độ dài của cung AB là:







2
'

dx
)]
x
(
f
[
1

Ví dụ 8: Tính độ dài cung 2 3

; 0 1.
3

y= x £ x£

Bài giải:

1 1

2 2

2 3
'

3 2

y = x = x

Độ dài đoạn đường cong là:

(

)

1 1 1

3
0

2 2

1 1 (1 ) 2 2 1 .

3 3

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

-4.2.3.4. Tính diện tích xung quanh của mặt trịn xoay

Mặt trịn xoay tạo bởi cung y = f(x), a  x  b quay quanh Ox có diện tích
xung quanh là:








2
'

dx
)]
x
(

f
[
1
|
)
x
(
f
|
2
S

Ví dụ 9: Tính diện tích mặt tròn xoay tạo bởi cung y = sinx với

2
x
0  
quay quanh trục Ox

Bài giải:

Có  



  



 



 /2

2
'

dx
x
cos
1
|
x
sin
|
2
dx
)]
x
(
f
[
1
|
)
x
(
f

|
2
S
















2
/

2
2

)
x
(cos
d
x
cos
1
2
dx
x
cos
1
x
sin
2

Đặt t = cosx  dt = d(cosx)

Khi x = 0  t = 1, khi t 0
2

x  

0 1 1

2 2 2 2

1 0

2 1 2 1 2 1 1

S t dt t dt . t t ln t t 

             

 

 



</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

Bài 3

TÍCH PHÂN SUY RỘNG VỚI CẬN VƠ HẠN 
(Tích phân suy rộng loại 1)

4.3.1. Định nghĩa

4.3.1.1. Khoảng lấy tích phân là [a, + )

Giả sử hàm số f(x) xác định trên [a,b] và khả tích trên mọi đoạn hữu hạn
[a, b], a < b. Nếu tồn tại 




blim f(x)dxhữu hạn thì giới hạn đó gọi là tích phân suy

rộng loại 1 của hàm số f(x) trong khoảng [a,+) và ký hiệu là 



dx
)
x
(

f .

Khi đó ta cũng nói 



dx
)
x
(

f hội tụ và viết: 



dx
)
x
(

f = 




blim f(x)dx.

Ngược lại ta nói 



dx
)
x
(

f phân kỳ.

4.3.1.2. Khoảng lấy tích phân là ( -, a]

Tương tự: 




dx
)
x
(

f = 




blim f(x)dx

4.3.1.3. Khoảng lấy tích phân là ( -, +)








dx
)
x
(

f = 




dx
)
x

(

f + 



dx
)
x
(

f (a  R)

Như vậy, 






dx
)
x
(

f hội tụ khi và chỉ khi cả 2 tích phân suy rộng ở vế phải
đều hội tụ.

Nhận xét:

Tích phân suy rộng là giới hạn của tích phân xác định hiểu theo nghĩa
thơng thường khi cho cận lấy tích phân dần tới vơ cùng. Do vậy, muốn tính tích
phân suy rộng ta có thể dùng cơng thức Newton - Leibnitz để tính, sau đó cho
cận lấy tích phân dần tới vô cùng.

4.3.2. Công thức Newton - Leibnitz cho tích phân suy rộng

Giả sử F(x) là nguyên hàm của f(x) trên khoảng lấy tích phân. Khi đó:

 

( ) lim ( ) lim lim :

b

a a

b b b

f x dx f x dx F x F b F a F x



  

    

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Tương tự:

 

( ) lim :

a

a
b

f x dx F a F b F x




  



 

( ) lim lim :

x x

f x dx F x F x F x





 

  



Đối với tích phân suy rộng ta cũng có thể thực hiện phép đổi biến số và qui
tắc tích phân từng phần.

4.3.3. Các ví dụ

Ví dụ 1:

0
0

lim 1 1

x x x

x

e dx e e



  


     




0
x
e dx





hội tụ

b) 1

1
ln
dx
x
x






= + 
1
dx
x




phân kỳ

1 1

1 1

1 1

lim

1 1 b 1 1

dx b b

x
 

   

  

 
    
   
 



+) Nếu   1 thì 




1 x

= +  Phân kỳ.
+) Nếu  > 1 thì 



1 x
dx
=
1
1


  Hội tụ.

+) Nếu  1 thì

dx
x





phân kì.

Ghi nhớ: Vậy ( 0)

a
dx
a
xa
+ ¥
>

ò

hội tụ nếu  > 1 và phân kỳ nếu   1.

Ví dụ 2: Tính I =

2
1
1
3
dx
x x





.
Bài giải:

Đặt t = x 2 3 x2t2  3 xdx tdt

- Với x = 1 thì t = 2.

- Khi x      t .
Vậy I =





2 2

1 2 2 2

1 3

3 2 3 3

xdt tdt dt t

ln
t

t t t

x x

  

  

 




1 3 1 2 3

2 3 3 2 3 2 3

t

lim ln ln

t


 

 

 

1 2 3

2 3ln 2 3


 

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

4.3.4. Tính chất

- Tính chất 1: Nếu 



dx
)
x
(

f hội tụ thì lim f(x)

x = 0.

Nhận xét: Nếu lim f(x)

x 0 thì 


dx
)
x
(

f phân kỳ.

Ví dụ 3:

4 1

2 3

x
dx
x
+ ¥

+
+

ị

phân kỳ vì lim 4 1 2 0
2 3

x

x
x

đ + Ơ

= ạ
+

- Tớnh cht 2:

S hội tụ hay phân kì của các tích phân 



dx
)
x
(

f và

'
( )

a

f x dx




(với a’ > a) là
như nhau.

- Tính chất 3: Nếu 



dx
)
x
(

f , ( )

a

g x dx




hội tụ thì



( ) ( )



a

kf x lg x dx







hội tụ và



( ) ( )



a

kf x lg x dx







= k 



dx
)
x
(

f + l ( )

a

g x dx




Hệ quả: Nếu trong hai tích phân 



dx
)
x
(

f , ( )

a

g x dx




có một tích phân hội tụ,

một tích phân phân kì thì



( ) ( )



a

f x g x dx







phân kì.

4.3.5. Ý nghĩa hình học của tích phân suy rộng 
Nếu 



dx
)
x
(

f hội tụ thì trị số của nó chính là diện tích của hình thang cong
vô hạn giới hạn bởi x = a, y = f(x) và trục hồnh Ox.

Ví dụ 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = 21

x  và trục hồnh.

Bài giải:

Hình phẳng đối xứng nhau qua trục Oy nên:

2 0

2 dx 2 2 2 0

S arctan x lim arctan x



</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

4.3.6. Các tiêu chuẩn so sánh

4.3.6.1. Tiêu chuẩn 1

Giả sử hai hàm số f(x), g(x) xác định trên [a,+), khả tích trên mọi đoạn
hữu hạn [a, b] và thoả mãn: 0  f(x)  g(x)  x  a. Khi đó:

- Nếu 


a
dx
)
x
(

g hội tụ thì 


a
dx
)
x
(

f hội tụ;

- Nếu 


a
dx
)
x
(

f phân kỳ thì 


a
dx
)
x
(

g phân kỳ.

Ví dụ 5: Xét sự hội tụ hay phân kì của các tích phân sau:

1) 





1 x3 lnx

Bài giải:

Vì 3 1 13, 1

ln x

x  x  x   và 1 3

dx
x





hội tụ nên tích phân đã cho hội tụ.

2)
2 1
dx
I
x
+ ¥
=

-ị

Bài giải:

Với x  2 ta có 1

1 1 1

0
1

x x

x

> = >

-Mà 1

2
2

dx
x

+ ¥

ị

phân kỳ nên

2 1

dx
x
+ ¥

-ò

cũng phân kỳ .

4.3.6.2. Tiêu chuẩn 2

Giả sử f(x), g(x) xác định trên [a, +), khả tích trên mọi đoạn hữu hạn [a,
b] và thoả mãn f(x)  0, g(x)  0  x  a.

Nếu k

)
x
(
g
)
x
(
f
lim

x  (0< k < ) thì sự hội tụ phân kỳ của các tích phân suy

rộng 



a
dx
)
x
(

f , 


a
dx
)
x
(

g là như nhau.

Hệ quả: Khi k = 0 và 


a
dx
)
x
(

g hội tụ thì 


a

dx
)
x
(

f hội tụ.

Khi lim ( )
( )

x

f x
g x

đ + Ơ = + Ơ v 


a
dx
)
x
(

f phân kỳ thì 


a
dx
)

x
(

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

Qui tắc thực hành:

Để xét sự hội tụ phân kỳ của 



dx
)
x
(

f . Trong quá trình x   sử dụng 
quy tắc thay thế VCB, VCL tương đương, quy tắc ngắt bỏ VCB cấp cao hơn 
quy tắc ngắt bỏ VCL cấp thấp hơn, đưa f x( ) k 1

x (k là số hữu hạn khác 0),

Khi đó:

- Nếu  1 thì 



dx
)
x
(

f hội tụ;

- Nếu  1 thì 



dx
)
x
(

f phân kì.

Ví dụ 6: Xét sự hội tụ hay phân kì của tích phân sau:

3
2
1 1

x
dx
x
+ ¥

ị

Bài giải:

Trong q trình 1

3 3

2 2

1 1

; ( ) ~ ( 1)

x x

x f x k

x x x x

đ + Ơ = = = =

Vì 1 1
2

a = < nên










 x dx

phân kì.

Ví dụ 7:

Xét sự hội tụ của: dx

x
x

x
x
x

I












1
3
2

1
4
2

ln
3

Bài giải:

Theo qui tắc thay thế VCL tương đương, khi x   thì:

2 2

3 3

3 ln 1 1

( ) ~ ( )

2 4 1 2 2 2

x x x x

f x k

x x x x

+ +

= = =

+ +
Do a = 1Þ tích phân đã cho phân kì.

Ví dụ 8: Xét sự hội tụ hay phân kì của I = 
2

1 c dx

x



 



 

 



Bài giải:

Vì khi x   thì 1 0

x .

Do đó

6 1 6 18

f ( x ) c

x x x

   

     

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

4.3.6.3. Hàm f(x) có dấu bất kỳ

Định lý: 
+) Nếu 


a
dx
)
x
(

f hội tụ thì 


a
dx
)
x
(

f hội tụ và ta nói 



a
dx
)
x
(

f hội tụ tuyệt đối.
+)Nếu 

a
dx
)
x
(

f hội tụ mà 


a
dx
)
x
(

f phân kỳ thì ta nói 


a
dx
)

x
(

f bán hội tụ.

Ví dụ 9: 



1 2
dx
1
x
x
cos

hội tụ tuyệt đối vì cos2 12,
1

x

x   x  và 2

1
1

dx
x

+ ¥

ị

hội tụ nên

2
1
cos
1
x
dx
x





hội tụ.

Ví dụ 10: Xét sự hội tụ tuyệt đối hay bán hội tụ của:









13 2 2

dx
x
2
x

x
sin
2
1
I
Bài giải:

Có 2

2
3 2

3 2 2x

3
x
2
x
3
|
x
2
x
x
sin
2
1
|

0 





  x  1

Mà





1
2
x
2
dx
3

I hội tụ









1 3 2 2

|
x
2
x
x
sin
2
1

| hội tụ









1 3 2 2

dx
x
2
x
x
sin
2
1

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

Bài tập chương 4

Bài 1. Dùng bảng tích phân bất định cơ bản hãy tính các tích phân sau: 
1)

3
1
1

x
x

e

dx
e






2 2

sin os

dx
x c x



3) 4

dx
x 







2 2

1 2
1

x
dx

x x






2 2

1 1

x x

dx
x

  





2 2

os2x

sin os

c dx

x c x



Bài 2. Sử dụng phương pháp đổi biến số hãy tính các tích các tích phân sau: 
1)

( 1)



x dx x 2)



3x5dx

x

3) arctg x.
1

x 



dxx 4) 3 2





e x e dxx

1




x

dx
e

6) 1 ln

ln




xdx

x x

Bài 3. Dùng phương pháp tích phân từng phần tính các tích phân sau:

2 2

3 2 2 2

2 2 2

1) 2) ( 2 3) cos 3

3) ln 4) (2 1)

arcsin

5) 6)

(1 )

x

x arctgxdx x x xdx

x xdx x e dx

x arctgx

dx dx

x x x



 





7) 2

x xdx







ln x 16x dx



Bài 4. Tính tích phân các hàm hữu tỷ sau:

3 2 2

2 2 2

2 3

1) 2)

3 3 2 ( 1) ( 1)

1 2

3) 4)

( 1)( 9) (1 )(1 )

x x x

dx dx

x x x x x

x xdx

dx

x x x x

 

    



   



Bài 5. Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: 
a) Đường parabol y = x2 + 4 và đường thẳng x - y + 4 = 0.
b) Parabol y = 4x – x2 và trục hoành y = 0.

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

a) y = 2x – x2, y = 0 b) 2

; 12 4 .

yx y  x

c) 2

9 ;9 2 18 0

y x x y  d) yx2 4x3, y2x3

Bài 7.

a) Tính độ dài đường cong cho bởi các phương trình 1 2

;0 1.
2

y x x

b) Tính diện tích mặt trịn xoay khi quay đường cong

3
, 0
3

 x  

y x a quay
quanh Ox.

Bài 8. Tính các tích phân suy rộng sau: 
1) 2

9 10dx

x x



 





 



1 . 4

dx
x x





 

3)
2
3 1
dx
x x









2 1
xdx
x





5)
5 1
dx
x x









2
2

1 2

1 1 dx

x x
 
  
   
 



Bài 9. Xét sự hội tụ hay phân kì của các tích phân suy rộng sau: 
1)
2
3 4
1
sin 3
1
x
dx
x





2)

5 15

1 3 2 1

xdx
x x

 



3)
5
1 x
x
dx

x e





4)





ln 1 x

dx
x

 



4) 3

1 3 ln

x

dx

x x x



 



3 2

3 5 1

x x
dx
x x


 



7) 2 2

1 4
1

 
 

 
 

 



e x e x dx 8)

1
3
1
1
1
1
x
e dx
x

 

 
  



9)
1
5 7
os os
x x

 

 
 



c c dx 10) 2

1
ln 1 tg dx

x

 

 
 



11)
2
3 9
1
3 1
ln
x
dx
x x






12) 2





</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

Chương 5

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 
Bài 1

ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Phương trình vi phân là phương trình có dạng:



( )



, , , ,..., n 0

F x y y y  y  (1)

Trong đó x là biến số độc lập; y y x( ) là hàm số phải tìm; ( )

, ,..., n
y y  y là
các đạo hàm của nó.

Cấp cao nhất của các đạo hàm của y có mặt trong phương trình gọi là cấp
của phương trình. Chẳng hạn, x y

y e  là phương trình vi phân cấp một,

5 6 x

y y ye là phương trình vi phân cấp hai.

Phương trình vi phân (1) được gọi là tuyến tính nếu F là bậc nhất đối với

y và các đạo hàm ( )

, ,..., n

y y  y . Dạng tổng quát của phương trình vi phân tuyến
tính cấp n là: ( ) ( 1)

1( ) ... 1( ) ( ) ( )

n n

y a x y   a  x ya x y f x .

Trong đó a x a x1( ), 2( ),...,a xn( ) và f x( )là những hàm số cho trước.

Người ta gọi nghiệm của phương trình vi phân là mọi hàm số thỏa mãn
phương trình ấy, tức là mọi hàm số sao cho khi thế chúng vào phương trình ta
được một đồng nhất thức.

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

Bài 2

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT

5.2.1. Đại cương về phương trình vi phân cấp một 
Dạng tổng quát của phương trình vi phân cấp một là:

( , , ) 0

F x y y  (1)

Nếu giải được phương trình (1) đối với y, thì phương trình có dạng:

( , )

y  f x y (2)

Trong đó f x y( , ) là một hàm hai biến x và y.

Bài toán giá trị ban đầu (hay bài toán Cauchy) đối với phương trình vi phân
cấp một là tìm một nghiệm của phương trình (2) thỏa mãn điều kiện ban đầu:

0 0

( )

y x  y (3)

Một nghiệm như vậy là một hàm ( )x thỏa mãn đồng thời: ( )x  f x( , ( )) x

với mọi x trong một khoảng I nào đó và ( )x0  y0.

Người ta chứng minh được nếu f và f y liên tục trong một miền D đóng, bị
chặn của mặt phẳng Oxy và nếu ( ,x y0 0)D bài tốn ban đầu có nghiệm duy nhất.

Nghiệm ấy xác định trên một khoảng nào đó trên trục Ox, chứa điểm x0.
5.2.2. Phương trình vi phân biến số phân ly

Trường hợp đặc biệt, vế phải của phương trình (2) được tách thành tích của
một hàm biến x và một hàm biến y: f x y( , ) p x q y( ) ( ) thì (2) được gọi là

phương trình vi phân biến số phân ly (tách biến).

Vậy phương trình vi phân biến số phân ly có dạng:

( ) ( )

y  p x q y (4)

Để giải phương trình (4), ta thay thế y dy
dx

  vào phương trình:

( ) ( ) dy ( ) ( )

y p x q y p x q y

dx

   

Từ đó suy ra: 1 ( )

(y)dy p x dx

q  (5)

Gọi Q y( ) là một nguyên hàm của 1

( )

q y , P x( ) là một nguyên hàm của
( )

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

( )

(y)dy p x dx

q 



( ) ( )

Q y P x C

   , với C là hằng số tùy ý.

Ví dụ 1: Giải phương trình: y eycos x.

Bài giải:

Phương trình đã cho là phương trình với biến số phân ly.
Phương trình được viết lại như sau:

y
y

dy cos x

e dy cos x dx

dx  e  

Lấy nguyên hàm hai vế ta được:

sin

y y

e dy  cos x dxe  xC



Ví dụ 2: Tìm nghiệm của phương trình

x
y

e
y

e

  thỏa mãn điều kiện:y(1)1.

Bài giải:

Phương trình được viết lại như sau:

x

y x
y

dy e

e dy e dx

dx e  

Lấy nguyên hàm hai vế ta được:

y x y x

e dy  e dx e e C



với C là hằng số tùy ý.

Thay x1,y1 vào hai vế ta được:

1 1

e e CC  . Do đó y x

e e  yx

Vậy nghiệm của phương trình: y x.

5.2.3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp một 
Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 có dạng:

( ) ( )

y  p x y q x (1)

Để giải phương trình (1), ta nhân vào hai vế của phương trình với nhân tử
tích phân: I x( )ep x dx( ) .

Hoặc áp dụng công thức nghiệm: yep x dx   q x e

 

p x dx  dx C 





 với C là

hằng số bất kỳ.

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

Bài giải:

( )2

p x x, q x( )2xex2.

Ta có: p x dx( ) 2x dxx2. Do đó

2
( )

( ) p x dx x

I x e e .

Nhân vào hai vế của phương trình với I x ta được: ( )



y 2x y e



x2 2xex2ex2

2 2

x x

y e y x e x

  

2 2

x x

y e y x e x

  





x

y e  x

 

Từ đó suy ra: y ex2 



2x dx x2 C 2
2

x

x C

y
e



  .

Với x 1, y(1) 1 C

(1) 0 1 0 1.

y   C  C  

Vậy nghiệm cần tìm là 2
2

1
.

x

x
y

e



Ví dụ 4: Giải phương trình y 1 y 12

x x

   , x 0, y(1)2.

Bài giải:

1 1

( ) , ( )

p x q x

x x

  , với x 0.
Ta có: p x dx( ) 1dx ln | | lnx x

x

  



. Do đó ( ) ln

( ) p x dx x

I x e e  x

Nhân vào hai vế của phương trình với I x( )xta được:

1 1

y y x x

x x

   



 

 

y x y

x


  



y x



x


  .

Từ đó suy ra y x 1dx ln | |x C lnx C
x





    nên y ln x C
x



 .

Từ y(1)2, ta có 2 ln1
1

C
C


</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Vậy nghiệm cần tìm của phương trình là: y lnx 2
x



 .

Ví dụ 5: Giải phương trình y 1 y 3x3
x

   , x 0.

Bài giải:

( ) , ( ) 3

p x q x x

x

   .

Ta có: p x dx( ) 1dx ln | |x lnx
x

     



Do đó: ( ) ln

1 1

( ) p x dx x x

I x e e

e x





    .

Nhân vào hai vế của phương trình với 1

x ta được:

2
2

1 1

y y x

x   x 

y x

x


 



 

 

Từ đó suy ra 1 2 3

y x dx x C

x 



  nên





yx x C .

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình:





y x x C .

Ví dụ 6: Giải phương trình 1

1 1

x

e

y y

x x

  

  , x  1.

Bài giải:

( ) , ( )

1 1

x

e

p x q x

x x

 

  , với x  1.

Ta có: ( ) 1 ln | 1| ln( 1)
1

p x dx dx x x

x

    





Do đó: ( ) ln( 1)

p x dx x

e e  x .

Nhân vào hai vế của phương trình với (x 1) ta thu được:

( 1) x

y x   ye



y x( 1)



 ex

Từ đó suy ra y x( 1)



e dxx ex 1 nên

x

e C

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

Ví dụ 7: Giải phương trình y 2x2 y 2x2

x 1 x 1

  

 

Bài giải:

2 2

2x 2x

p(x) , q(x)

x 1 x 1

 

  .

Nghiệm tổng quát của phương trình: yep( x )dx ep( x )dxq(x)dxK

 





.

Ta có:

2 2

2x d(x 1)

p(x)dx dx ln | x 1| ln(x 1)

x 1 x 1



     

 



Do đó: p( x )dx ln( x2 1) 2

e e  x 1, p( x )dx ln( x2 1)
2

e e

x 1

  

 

 ,

2 2

1 2x

y (x 1) dx K

x 1 x 1

 

    

 



 





y x K

x 1

 

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

Bài 3

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI HỆ SỐ HẰNG SỐ

5.3.1. Định nghĩa, khái niệm

Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai hệ số hằng số là phương trình có dạng:

( )

y p yq y f x (1)
Trong đó p , q là các hằng số và f x( ) là hàm số cho trước.

Nếu f x  , phương trình trở thành: ( ) 0

y p yq y (2)

gọi là phương trình thuần nhất.

Ngược lại, f x  , (1) gọi là phương trình khơng thuần nhất. ( ) 0
5.3.2. Phương trình thuần nhất

Để giải phương trình thuần nhất (2), ta đi xét phương trình đặc trưng ẩn k .

k  p kq (3)

Nếu phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt k1, k2 thì nghiệm của
phương trình (2) là 1 2

1 2

k x k x

y C e C e với C C1, 2 là các hằng số tùy ý.

Nếu phương trình (3) có nghiệm kép k1 k2 k thì nghiệm của phương
trình yC e1 k x C x e2 k x với C C1, 2 là các hằng số tùy ý.

Nếu phương trình (3) có nghiệm phức k1, 2  i thì nghiệm của phương
trình (2) là yex



C cos1 (x)C2sin (x)



Ví dụ 1: Giải phương trình: y6y8y 0.

Bài giải:

Phương trình đặc trưng: k2 6k   8 0 k12,k2  . 4
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình:

2 4

1 2

x x

y C e C e (C C1, 2- hằng số tùy ý).

Ví dụ 2: Giải phương trình: y2y y 0.

Bài giải:

Phương trình đặc trưng: k2 2k   1 0 k1 k2  . 1

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

Ví dụ 3: Giải phương trình: y2y5y0.

Bài giải:

Phương trình đặc trưng: k2 2k   5 0 k1 1 2 ,i k2  1 2i.
Ta có:  1 và  2. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình:



1 2 2sin 2



x

y e C cos xC x

5.3.3. Phương trình khơng thuần nhất

Trong mục này, chúng ta học cách giải phương trình vi phân tuyến tính
khơng thuần nhất với các hệ số hằng số:

( )

y p yq y f x (4)

Trong đó p , q là các hằng số và f x là một hàm số liên tục. ( )
Phương trình:

y p yq y  (5)

Được gọi là phương trình thuần nhất tương ứng. Nó đóng vai trị quan
trọng trong việc tìm nghiệm tổng quát của phương trình (4).

Hàm số Y Y x( ) thỏa mãn phương trình (4) thì được gọi là một nghiệm
riêng: Y pYqY  f x( ).

Tính chất:

Nghiệm tổng quát của phương trình (4) có dạng:

y  yY

Trong đó y là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng và

Y là một nghiệm riêng của nó.

Trong mục trước chúng ta đã biết cách giải phương trình vi phân tuyến tính
thuần nhất. Do đó, để tìm nghiệm tổng quát của phương trình (4) chúng ta cần
tìm một nghiệm riêng của nó. Có hai phương pháp tìm nghiệm riêng. Thứ nhất
là phương pháp xác định các hệ số. Phương pháp này áp dụng cho một số trường
hợp đặc biệt của f x . Thứ hai là phương pháp biến thiên hằng số. Nó được áp ( )
dụng cho mọi hàm f x nhưng việc tính tốn trong thực hành khá phức tạp. Ta ( )

khơng trình bày ở đây.

Phương pháp xác định các hệ số:

Chúng ta tìm hiểu phương pháp này thơng qua một số ví dụ minh họa.
Nếu f x( )P xn( ) là một đa thức bậc n thì ta thử đi tìm một nghiệm riêng

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

Ví dụ 4: Giải phương trình: y4y3y6x23.

Bài giải:

Ta có phương trình thuần nhất tương ứng: y4y3y0.

Phương trình đặc trưng: k2 4k   3 0 k1  1,k2   . Do đó, nghiệm 3
tổng quát của phương trình thuần nhất y C e1 x C e2 3x.

Vì f x( )6x23 là đa thức bậc nhất nên ta đi tìm một nghiệm riêng của
phương trình có dạng: Y A xB

Y  A, Y  0
Thay vào phương trình ta thu được:

04A3(A xB)6x233A x(4A3 )B 6x23

Hai đa thức bằng nhau khi các hệ số tương ứng của chúng bằng nhau.

Do đó: 3 6 2

4 3 23 5

A A

A B B

 

 



 

  

 

Nghiệm riêng của phương trình là Y 2x5.

Vậy nghiệm tổng quát của phương trìnhy C e1 x C e2 3x 2x . 5

Nếu ( )f x C ekx với C và k là các hằng số thì ta thử tìm nghiệm riêng có 
dạng tương tự: Y  Aek x.

Ví dụ 5: Giải phương trình: y 4ye3x.

Bài giải:

Phương trình đặc trưng của phương trình thuần nhất tương ứng:

2 2 2 2

1,2

4 0 4 (2 ) 2

k   k   k  i k   i

Do đó nghiệm tổng qt của phương trình thuần nhất tương ứng:

1sin 2 2 2

y C xC cos x

( ) x

f x e nên ta thử tìm nghiệm riêng có dạng Y Ae3x.

3 x

Y  Ae , Y 9Ae3x

Thay thế Yvà Y  vào phương trình ta được:

3 3 3 3 3 1

9 4 13

x x x x x

Ae  Ae e  Ae e  A

Vậy nghiệm riêng của phương trình 1 3
13

x

Y  e và nghiệm tổng quát của

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

Nếu f x( )Csinkx hoặc f x( )C cos kx thì ta thử tìm một nghiệm riêng
có dạng: Y Acos kxBsinkx.

Ví dụ 6: Giải phương trình y3y2y2sin .x
Bài giải:

Phương trình đặc trưng của phương trình thuần nhất tương ứng:

1 2

3 2 0 1, 2

k  k  k  k 

Do đó nghiệm tổng qt của phương trình thuần nhất tương ứng là:

1 2

x x

y C e C e

Vì f x( )2sinx nên ta tìm một nghiệm riêng có dạng:
sin

Y  Acos xB x

Do đó:

sin

Y  A x B cos x

sin

Y  Acos x B x

Thế vào phương trình đã cho, ta được:

(Acos xBsin ) 3(x  AsinxB cos x)2(Acos xBsin )x 2sinx

(3AB)sinx(A3 )B cos x2sinx

Hai đa thức lượng giác bằng nhau nếu các hệ số của chúng bằng nhau.

Do đó: 3 2 3 / 5

3 0 1 / 5

A B A

A B B

  

 



 

  

 

và 3 1sin

5 5

Y  cos x x.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:

1 2

3 1

sin

5 5

x x

yC e C e  cos x x

Nếu f x là tích của các hàm số thuộc các dạng đã xét ở trên thì ta thử tìm ( )
nghiệm riêng là tích của các hàm có cùng dạng tương ứng.

Chẳng hạn, khi giải phương trình:

2 4 3

y y y x cos x

Ta thử tìm Y (A xB C cos x D)( 3  sin 3 )x .

Nếu f x là tổng của các hàm số thuộc các dạng ở trên, ta sử dụng nguyên ( )
lý chồng chất nghiệm được phát biểu như sau:

Nếu Y1 và Y2 tương ứng là các nghiệm riêng của các phương trình:

1( )

y p yq y f x và y p yq y f x2( )

thì Y Y1Y2là một nghiệm riêng của phương trình:

1( ) 2( )

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

Ví dụ 7: Giải phương trình: y y2y (x1)ex.

Bài giải:

Ta có phương trình thuần nhất tương ứng y y2y0.
Phương trình đặc trưng: k2    k 2 0 k1  1,k2  . 2
Do đó nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất:

1 2

x x

y C e C e

( ) ( 1) x

f x  x e nên Y (A xB e) x

( )

x x

Y  Ae  A xB e

( ) 2 ( )

x x x x x

Y  Ae Ae  A xB e  Ae  A xB e

Thay vào phương trinh ta được:





2Aex (A xB e) x  Aex (A xB e) x 2(A xB e) x (x1)ex

( 2 A x A2 )B ex (x1)ex

2A x A 2B x 1

    

2 1 1 / 2

2 1 3 / 4

A A

A B B

   

 

 

  

 

Nghiệm riêng của phương trình: 1 3

2 4

x

Y   x e

  .

Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho:

1 2

1 3

2 4

x x x

yC e C e   x e

 

Ví dụ 8: Giải phương trình y6y9y  x e2x (1)

Bài giải:

Xét phương trình thuần nhất: y6y9y0.

Phương trình đặc trưng: k2 6k   9 0 k1k2  . 3
Nghiệm của phương trình thuần nhất: y C e1 3x C x e2 3x.

( ) x

f x  x e nên ta xét hai phương trình:

6 9

y y y  x (2)

6 9 x

y y y e (3)

Ta tìm các nghiệm riêng của (2) và (3):

1( )

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

Y A,Y  1 0. Thay vào phương trình (2):
0 6 A9(A xB) x

9A x 6A 9B x

   

9 6 9

9 1 1 / 9

6 9 0 2 / 27

A x A B x

A A

A B B

   

 

 



 

    



Do đó: 1 1 2

9 27

Y  x .

2
2( )

x

f x e nên ta thử tìm nghiệm riêng của (3): Y2  Ae2x.

2
2 2

x

Y  Ae

2
2 4

x

Y Ae

Thay thế vào phương trình (3) ta được:

2
2 6 2 9 2

x

Y Y Y e

2 2 2 2

4Ae x 6(2Ae x) 9Ae x e x

   

2 2

x x

A e e A

    .

Do đó: Y2 e2x.

2
1 2

2
9 27

x

Y Y Y   e là một nghiệm riêng của phương trình đã cho.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho:

3 3 2

1 2

2
9 27

x x x x

y C e C x e   e

Để tìm nghiệm riêng của phương trình: ay''by'cy f x( ) (*)

Ta có bảng tổng hợp sau:

( )

f x  Ta tìm Y 



... 1 0



n x

n

C x  C xC e



... 1 0



n x

n

A x   A xA e

Nếu α khơng là nghiệm của phương
trình c đặc trưng: ak2 + bk + c = 0



... 1 0



n x

n

x A x  A x A e

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

( )

f x  Ta tìm Y 

sin

C cos x D x





1 0

...

n x

n

x A x   A x A e

Nếu α là nghiệm kép của phương
trình đặc t trưng: ak2 + bk + c = 0

sin

Acos x B x

Nếu i không là nghiệm của
phương trình i đặc trưng:

ak2 + bk + c = 0



sin



x Acos x B x

Nếu i là nghiệm của phương
trình d đặc trưng: ak2 + bk + c = 0
Để tìm nghiệm riêng Y tức là tìm các hệ số A0, A1… An (hoặc A, B) ta làm

như sau:

- Tính Y’, Y’’;

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

Bài tập chương 5

Bài 1. Giải các phương trình biến số phân ly: 
1) 2

(x 1) 'y xy 2) 3 2

(x 1) 'y x y( 1)

3) y' ( y1)sinx 4) 2 2

( 1)( 4) 0

xdy x  y  dx

5) 2 2

( 1) ' ( 1)

x y y  x y

Bài 2. Giải các phương trình vi phân cấp một tuyến tính: 
1) y 2x y2xex2, y(1)0. 2) 3

2 sin ,

xy  yx x với x 0.

3) 2

(x1)yxye x với x 1. 4 ) y y sin 2x,x 0

x x

    , 2

y 



 



 

 

. 5) 22 2 1.
1

x

y y x

x

   



Bài 3. Giải phương trình sau:

1) y3y2y0. 2) y5y6y0.
3) yy0. 4) y2yy0.
5) y 9y0. 6) y2y5y0.
7) y4y5y0. 8) y4y3y6x23.

9) 3x

y 4ye . 10)y   y 2sin 2xcos 2x.

11) y6y9y x. 12) y2y2y 30 cos 2x.

13) 2y3yy cos x. 14) 2

y6y9y x .

15) 2 x

y2y3y3e . 16) 2

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh (2012). Bài tập toán

cao cấp tập 1, 2, 3. Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam.

2. Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh (2012). Toán học

cao cấp tập 1, 2, 3. Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam.

</div>

Bài giảng Giải tích 1

<b>BÀI GIẢNG </b>

<b>GIẢI TÍCH 1 </b>

 





 

 

<sub></sub>

 

 

<sub></sub>

<sub></sub>

 





 





<sub> </sub>





<sub> </sub>





<sub> </sub>









 

 

 

 

 









<sub> </sub>

 

 

 

 

 

a





 







(

A

)





(

A

)









 





 



<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>









<i>e</i>