Chương 1. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN

Chương 1 – Phép tính vi phân hàm một biến

Tài liệu hướng dẫn học tập Toán cao cấp A1 1

Chương 1. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN

Ngành vi tích phân (vi phân và tích phân) nghiên cứu về những đại lượng biến

thiên phi tuyến tính, được sử dụng rộng rãi trong các ngành khoa học và kỹ thuật, xuất

phát từ những vấn đề mà chúng ta đã được học (như vận tốc, gia tốc, dòng điện trong

mạch,…). Nếu những đại lượng thay đổi một cách liên tục, chúng ta cần phép vi tích

phân để tìm hiểu xem chuyện gì đã xảy ra với đại lượng ấy.

Ngành vi tích phân được nghiên cứu độc lập bởi một nhà khoa học người Anh tên

Issac Newton và một nhà khoa học người Đức là Gottfried Lebniz. Trong thời đại của

Issac Newton, một vấn đề đáng quan tâm đó là có quá ít phương tiện di chuyển bằng

đường biển. Nạn đắm tàu hay xảy ra vì con tàu không đi theo đúng ý muốn của thuyền

trưởng. Khi đó chưa có sự hiểu biết nhiều về sự tương quan giữa Trái Đất, ngôi sao và

các hành tinh chuyển động tương tác lẫn nhau. Trước khi ngành vi tích phân phát triển,

các ngôi sao ảnh hưởng đến sự sống còn của ngành hàng hải. Chính vì điều này thúc

đẩy ngành vi tích phân ra đời.

Ở chương này chúng ta sẽ tìm hiểu về phép tính vi phân, còn phép tính tích phân

ta sẽ đề cập ở chương 2. Nhìn chung, vi phân là phép tính giúp chúng ta tìm tốc độ

thay đổi của đại lượng này so với đại lượng khác (nhiệt độ thay đổi trong thời gian

nhất định, vật tốc của 1 vật thể rơi tự do trong khoảng thời gian nhất định, dòng điện

qua mạch trong thời gian nhất định, sự gia tăng dân số trong khoảng thời gian nhất

định, nhiệt độ gia tăng theo tỉ trọng trong bình gas,…).

Có rất nhiều ứng dụng của phép vi phân trong khoa học và kỹ thuật đặc biệt là

trong ngành Vật lí (vận tốc, gia tốc của vật thể chuyển động thẳng hay chuyển động

cong, lực của chiếc xe đang rẽ, trạng thái chuyển động của vật thể, cường độ dòng điện

qua mạch,…). Vi phân còn được dùng trong việc phân tích về tài chính, kinh tế. Một

ứng dụng quan trọng của vi phân đó là tối ưu hóa phạm vi, để dễ hình dung ta nói một

cách đơn giản đó là tìm điều kiện để giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất) xảy ra. Điều này

rất quan trọng trong kinh doanh (để tiết kiệm chi tiêu, gia tăng lợi ích) và cả trong kỹ

thuật (để độ dài lớn nhất, giá tiền nhỏ nhất, vật liệu sử dụng ít nhất).



A. Lý thuyết và các ví dụ minh họa

1.1. Giới hạn của dãy số thực

1.1.1. Các định nghĩa

Định nghĩa 1. Một hàm số f đi từ tập các số nguyên dương * vào tập số thực

*:f , theo đó với mỗi số nguyên dương *n cho tương ứng với duy nhất

một số thực nx . Mỗi hàm số như vậy được gọi là một dãy số thực và được biểu

diễn như sau: 1 2, ,..., ,...nx x x viết gọn là nx . Số

nx được gọi là số hạng tổng quát.

Ví dụ 1.

a. Cho một hàm số *:f được xác định

như sau: 1 3nf n x n . Ta có:

1 2 3 4 54, 7, 10, 13, 16,...x x x x x

Khi đó ta có dãy số sau:

4, 7, 10, 13, 16...., 1 3 , ....n

Số hạng tổng quát 1 3nx n .

b. 1, 2, 3,2, 5,..., ,...nx n là một dãy số với số hạng tổng quát là nx n .

b. 1 1 1 1 1

1, , , , ,..., ,...2 3 4 5

nan

là một dãy số với số hạng tổng quát là 1

nan

.



Định nghĩa 2. Dãy nx được gọi là hội tụ về số thực L nếu 0,

N=N sao cho Nn thì nx L . Và khi đó L được gọi là giới hạn

của dãy số nx , kí hiệu:

lim nn

x L

hay nx L khi n .

Ví dụ 2.

a. Chứng minh rằng 1

lim 0n n

.

b. Chứng minh rằng 2

2lim 0

1n

n

n

.

c. Chứng minh rằng dãy số sau đây hội tụ về 2017.

1 1 1 1 12018, 2017 , 2017 , 2017 , 2017 , .... , 2017 , ...

2 3 4 5 n

Giải.

a. 0 cho trước ta cần chỉ ra tồn tại số nguyên N sao cho Nn thì

0nx . Nếu 0nx nghĩa là 1 1

0 nn

, vậy với mọi cho

trước ta chỉ cần chọn N là số nguyên lớn hơn 1

, khi đó

1 1Nn n

n

(đpcm).



b. 0 cho trước, ta cần chỉ ra tồn tại số nguyên N sao cho Nn thì

2

2

1

n

n

. Nhận thấy rằng

2 2

2 2 2

1

n n

n n n

, để

2 2n

n

, vậy với mọi

cho trước ta chỉ cần chọn 2

N=

, khi đó 2

2 2 2N

1

nn n

n n

(đpcm).

Lưu ý: 2

là phần nguyên của số 2

.

c. Ta có 1 1

2017 2017n nx xn n

. Ta cần chứng minh

0, N=N sao cho Nn thì 1

2017nxn

Thật vậy, với mọi cho trước ta chọn 1

N=

, khi đó 1 1

Nn nn

(đpcm).

Định nghĩa 3. Giới hạn tại vô cực:

a. lim 0, nn

x E N E

sao cho n N E thì nx E .

b. lim 0, nn

x E N E

sao cho n N E thì nx E .

Ví dụ 3. Chứng minh rằng lim ( 1)n

na a

.

Giải. Ta cần chứng minh 0, E N E sao cho n N E thì na E .

Nhận thấy rằng để ln

ln ln ln lnln

n n Ea E a E n a E n

a .



Vậy 0E ta chọn ln

ln

EN E

a

, khi đó n N E thì ln

ln

nEn a E

a

(đpcm).

Cách khác: Ta đặt 1 0a t t . Ta có

2

11 1 ... 1

2

nn nn n

a t nt t t nt

. Với mọi 0E cho trước nếu

11

Ent E n

t

. Vậy ta chọn

1EN E

t

, khi đó n N E thì

11 nE

n nt E a Et

(đpcm).

Định nghĩa 4.

Dãy nx được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực a sao cho , i i nx a x x .

Dãy nx được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số thực a sao cho , i i nx a x x .

Dãy nx được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, nghĩa là nếu

tồn tại số thực a sao cho , i i nx a x x .

1.1.2. Các tiêu chuẩn về giới hạn của dãy số

a. Tiêu chuẩn hội tụ 1: Nếu 0, n n ny x z n n với 0n là số tự nhiên lớn hơn 0

nào đó, và lim limn nn n

y z a

thì lim nn

x a

.

Ví dụ 4. Từ 1

0n ta có:

a. cos

0n

n vì

1 cos 1n

n n n

b. 1

02n

vì 1 1

02n n



c. 1

1 0n

n vì

1 1 11

n

n n n

b.Tiêu chuẩn hội tụ 2 (tiêu chuẩn Cauchy): điều kiện cần và đủ để dãy nx có giới

hạn là

0, N=N : n p nx x n N , p .

c. Tiêu chuẩn hội tụ 3:

- Dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên thì hội tụ.

- Dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới thì hội tụ.

- Dãy đơn điệu và bị chặn thì hội tụ.

d. Tính chất và các phép toán:

Cho nx và ny hội tụ, khi đó:

a. Nếu n ny x thì lim limn nn n

y x

b. lim lim limn n n nn n n

x y x y

c. lim . lim .limn n n nn n n

x y x y

d. lim

limlim

nn n

nn n

n

xx

y y

với lim 0n

ny

e. Một số giới hạn cơ bản của dãy số:

a. 1

lim 0n n

(với 0 ). c. lim 1pn

nn

(với mọi p ).

b. 1

lim 0lnn n

(với 0 ). d. 2

0 1 2lim ... 1pnp

na a n a n a n

(với mọi p ).

Ví dụ 5. Tìm giới hạn 5 6

lim2 7

n n

n nn

.

Giải.

5 56 1 165 6 6 6

lim lim lim .lim 0.1 02 7 7 22

17 177

nn

n

n nn

nn n nn n n nn

.

e. lim 1n

n

với 0 .

f. lim 0n

nq

với 1q .

g. 1

lim 1

n

ne

n

.



1.2. Giới hạn của hàm số

Ta biết rằng hàm số

2 1( )

1

xf x

x

không xác định tại 1x , một câu hỏi đặt ra là

hàm số này sẽ có giá trị như thế nào khi x gần sát với 1? Để trả lời câu hỏi này ta phân

tích như sau:

Với mọi 1x ta có:

2 1 11( ) 1

1 1

x xxf x x

x x

Như vậy, đồ thị của hàm ( )f x chính là đồ thị của hàm 1y x nhưng loại bỏ đi

điểm 1,2 như hình vẽ.

Mặc dù (1)f không xác định nhưng rõ ràng nhìn vào đồ thị ta thấy rằng chúng ta có

thể “làm cho giá trị của ( )f x càng gần về 2 theo ý muốn bằng cách chọn x đủ gần

1”. Ta có bảng số liệu cụ thể sau:

Một cách tổng quát, giả sử ( )f x xác định trên một khoảng chứa 0x , và có thể không

xác định tại 0x . Nếu ( )f x gần với số L một cách tùy ý (gần như chúng ta muốn) với

tất cả các x đủ gần 0x , thì ta nói ( )f x có giới hạn là L khi x tiến về 0x và viết:

0

limx x

f x L



Cụ thể ở ví dụ trên ta nói ( )f x có giới hạn là 2 khi x tiến về 1 và viết:

1

lim 2x

f x

hoặc

2

1

1im 2

1lx

x

x

Chú ý: Giới hạn của hàm số không phụ thuộc vào việc hàm số đó có xác định tại điểm

đang xét hay không, cũng không phụ thuộc vào giá trị của hàm số tại điểm đang xét là

bao nhiêu. Ví dụ ta xét ba trường hợp như hình sau:

Ta thấy hàm ( ) 2f x khi 1x mặc dù f không xác định tại 1. Hàm ( ) 2g x

khi 1x mặc dù (1) 2g . Và chỉ có hàm ( )h x là có giới hạn khi 1x bằng với

giá trị của nó tại 1x , nghĩa là 1

lim ( ) 2 (2)x

h x h

. Những hàm số như ( )h x được

gọi là hàm số liên tục mà chúng ta sẽ nói sau ở mục sau, mục 2.2.

Những định nghĩa mà chúng ta vừa nói ở trên nhằm mục đích gần gũi để các bạn

dễ hình dung, đó là những định nghĩa “không chính thức”, khái niệm “gần” hay “đủ

gần” phụ thuộc rất nhiều yếu tố. Đối với một kĩ sư chế tạo pít tông, thì “gần” có thể có

ý nghĩa là một vài phần nghìn inch, nhưng đối với một nhà thiên văn nghiên cứu các

thiên hà xa xôi thì “gần” có thể có ý nghĩa là trong vòng một vài nghìn năm ánh sáng.

Do đó chúng ta cần một định nghĩa chính xác mà chỉ có ngôn ngữ toán học mới làm

được điều đó. Bây giờ ta sẽ nghiên cứu các định nghĩa chính xác đó của giới hạn qua

mục 2.1 sau đây.

1.2.1. Các định nghĩa

a. Giới hạn hàm số

Định nghĩa 5. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định trong một khoảng I chứa 𝑥0 (có thể

không xác định tại điểm 𝑥0). Ta nói hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có giới hạn là 𝐿 khi 𝑥 dần về 𝑥0

nếu với mọi khoảng ;L L luôn tồn tại một khoảng 0 0;x x sao cho

với mọi 0 0 0; \x x x I x thì ( ) ;f x L L .



Kí hiệu 𝑓(𝑥) → 𝐿 khi 𝑥 → 𝑥0 hoặc 0

limx x

f x L

.

Viết theo ngôn ngữ toán học là:

lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) = 𝐿 ⟺ (∀휀 > 0, ∃𝛿 > 0: 0 < |𝑥 − 𝑥0| < 𝛿 ⟹ |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 휀)

Ví dụ 6. Cho hàm số 5 3f x x . Chứng minh rằng 1

lim ( ) 2x

f x

.

Giải. Để chứng minh 1

lim ( ) 2x

f x

, thì với mọi 0 ta cần chỉ ra tồn tại số 𝛿 sao

cho với mọi 𝑥 thỏa 0 1x thì 2f x .

Với 0 , để |𝑓(𝑥) − 2| < 휀 thì :

|5𝑥 − 3 − 2| < 휀 ⟺ 5|𝑥 − 1| < 휀 ⟺ |𝑥 − 1| < 휀/5.

Vậy ta chọn 𝛿 = 휀/5, khi đó với mọi 𝑥 thỏa |𝑥 − 1| < 𝛿 = 휀/5 thì |𝑓(𝑥) − 2| < 휀.

Vậy 1

lim ( ) 2x

f x

.



Ví dụ 7. Chứng minh rằng 1

lim 1x

x

.

Giải. Với mọi 휀 > 0 ta cần chỉ ra tồn tại số 𝛿 sao cho với mọi 𝑥 thỏa 0 < |𝑥 − 1| < 𝛿

thì |𝑓(𝑥) − 1| < 휀.

Với 휀 > 0, thì

|𝑓(𝑥) − 1| | x − 1| 1

1 11

xx x

x

Vậy chọn 𝛿 = 휀, khi đó với mọi 𝑥 thỏa |𝑥 − 1| < 𝛿 = 휀 thì |𝑓(𝑥) − 1| < 휀.

Ví dụ 8. Chứng minh rằng 2

1lim 1x

x

.

Giải. Với mọi 휀 > 0 ta cần chỉ ra tồn tại số 𝛿 sao cho với mọi 𝑥 thỏa 0 < |𝑥 − 1| < 𝛿

thì |𝑓(𝑥) − 1| < 휀.

Ta xét với x thuộc khoảng mở tâm 1, bán kính 1, nghĩa là 0,2x . Ta có :

|𝑓(𝑥) − 1| = 𝑥2 − 1 = |𝑥 + 1||𝑥 − 1| < 3|𝑥 − 1|

Vậy chọn min ,13

khi đó với mọi 𝑥 thỏa |𝑥 − 1| < 𝛿 thì |𝑓(𝑥) − 1| < 휀.

Nhận xét : Trong trường hợp 13

, nếu ta chỉ chọn

3

thì BĐT không còn

đúng nữa, vì có thể |𝑥 − 1| < 𝛿 nhưng 0,2x .

Định nghĩa 6. Cho hàm số y f x xác định trong một khoảng chứa 0x (có thể trừ

điểm 0x ).

lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) = +∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝛿 > 0: 0 < |𝑥 − 𝑥0| < 𝛿 ⟹ 𝑓(𝑥) > 𝑀)

lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) = −∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝛿 > 0: 0 < |𝑥 − 𝑥0| < 𝛿 ⟹ 𝑓(𝑥) < −𝑀)

lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) = ∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝛿 > 0: 0 < |𝑥 − 𝑥0| < 𝛿 ⟹ |𝑓(𝑥)| > 𝑀)



Ví dụ 9.

1. Cho hàm số 21 /f x x . Chứng minh rằng 0

limx

f x

.

2. Cho hàm số 21 /f x x . Chứng minh rằng 0

limx

f x

.

3. Cho hàm số 2/f x k x . Chứng minh rằng 0

limx

f x

.

Giải.

1. Với 𝑀 > 0, thì 𝑓(𝑥) > 𝑀 ⟺ 1/𝑥2 > 𝑀 ⟺ 𝑥2 < 1/𝑀 ⟺ |𝑥| < 1/√𝑀.

Vậy chọn 𝛿 = 1/√𝑀, khi đó với mọi 𝑥 thỏa |𝑥| < 1/√𝑀 thì 𝑓(𝑥) > 𝑀.

2. Với 𝑀 > 0, thì 𝑓(𝑥) < −𝑀 ⟺ −1/𝑥2 < −𝑀 ⟺ 𝑥2 < 1/𝑀 ⟺ |𝑥| < 1/√𝑀.

Vậy chọn 𝛿 = 1/√𝑀, khi đó với mọi 𝑥 thỏa |𝑥| < 1/√𝑀 thì 𝑓(𝑥) < −𝑀.

3. Với 𝑀 > 0, thì |𝑓(𝑥)| > 𝑀 ⟺ |𝑘/𝑥2| > 𝑀 ⟺ 𝑥2 < |𝑘|/𝑀 ⟺ |𝑥| <

√|𝑘|/𝑀.

Vậy chọn 𝛿 = √|𝑘|/𝑀, khi đó với mọi 𝑥 thỏa |𝑥| < √|𝑘|/𝑀 thì |𝑓(𝑥)| > 𝑀.

Định nghĩa 7

1. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định trong (−∞, 𝛼) ∪ (𝛽,+∞)

lim𝑥→∞

𝑓(𝑥) = 𝐿 ⟺ (∀휀 > 0, ∃𝑚 > 0: |𝑥| > 𝑚 ⟹ |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 휀)

lim𝑥→∞

𝑓(𝑥) = ∞ ⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝑚 > 0: |𝑥| > 𝑚 ⟹ |𝑓(𝑥)| > 𝑀)

lim𝑥→∞

𝑓(𝑥) = +∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝑚 > 0: |𝑥| > 𝑚 ⟹ 𝑓(𝑥) > 𝑀)

lim𝑥→∞

𝑓(𝑥) = −∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝑚 > 0: |𝑥| > 𝑚 ⟹ 𝑓(𝑥) < −𝑀)

2. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định trong (𝛼, +∞)

lim𝑥→+∞

𝑓(𝑥) = 𝐿 ⟺ (∀휀 > 0, ∃𝑚 > 0: 𝑥 > 𝑚 ⟹ |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 휀)

lim𝑥→+∞

𝑓(𝑥) = +∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝑚 > 0: 𝑥 > 𝑚 ⟹ 𝑓(𝑥) > 𝑀)

lim𝑥→+∞

𝑓(𝑥) = −∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝑚 > 0: 𝑥 > 𝑚 ⟹ 𝑓(𝑥) < −𝑀)

3. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định trong (−∞, 𝛼)

lim𝑥→−∞

𝑓(𝑥) = 𝐿 ⟺ (∀휀 > 0, ∃𝑚 > 0: 𝑥 < −𝑚 ⟹ |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 휀)

lim𝑥→−∞

𝑓(𝑥) = +∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝑚 > 0: 𝑥 < −𝑚 ⟹ 𝑓(𝑥) > 𝑀)

lim𝑥→−∞

𝑓(𝑥) = −∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝑚 > 0: 𝑥 < −𝑚 ⟹ 𝑓(𝑥) < −𝑀)

Ví dụ 10.



1. a) Cho hàm số 1

1f xx

. Chứng minh rằng lim 1x

f x

.

b) Cho hàm số f x x . Chứng minh rằng limx

f x

.

c) Cho hàm số 4( )f x x . Chứng minh rằng lim

xf x

.

d) Cho hàm số 4( )f x x . Chứng minh rằng lim

xf x

.

2. a) Cho hàm số 1

2xf x . Chứng minh rằng lim 0

xf x

.

b) Cho hàm số 2 1f x x . Chứng minh rằng limx

f x

.

c) Cho hàm số 3f x x . Chứng minh rằng limx

f x

.

3. a) Cho hàm số 𝑓(𝑥) = 2𝑥. Chứng minh rằng lim 0x

f x

.

b) Cho hàm số 3f x x . Chứng minh rằng limx

f x

.

c) Cho hàm số 3f x x . Chứng minh rằng limx

f x

.

Giải.

1. a) Với 0 , thì 1f x ⟺1

11x

⟺1

x ⟺

1x

. Vậy chọn

1/m , khi đó với mọi 𝑥 thỏa 1 /x m thì 1f x .

b) Với 𝑀 > 0, thì |𝑓(𝑥)| > 𝑀 ⟺ |𝑥| > 𝑀.

Vậy chọn 𝑚 = 𝑀, khi đó với mọi 𝑥 thỏa |𝑥| > 𝑚 thì |𝑓(𝑥)| > 𝑀.

c) Với 𝑀 > 0, thì 𝑓(𝑥) > 𝑀 ⟺ 𝑥4 > 𝑀 ⟺ |𝑥| > 4 M

Vậy chọn 𝑚 = 4 M , khi đó với mọi 𝑥 thỏa |𝑥| > 𝑚 thì 𝑓(𝑥) > 𝑀.

d) Với 𝑀 > 0, thì 𝑓(𝑥) < −𝑀 ⟺ −𝑥4 < −𝑀 ⟺ 𝑥4 > 𝑀 ⟺ |𝑥| > 4 M .

Vậy chọn 𝑚 = 4 M , khi đó với mọi 𝑥 thỏa |𝑥| > 𝑚 thì 𝑓(𝑥) < −𝑀.

2. a) Với 0 , thì 0f x ⟺ 1

2x ⟺

12x

⟺

2

1logx

. Vậy chọn

2

1logm

khi đó với mọi 𝑥 thỏa 𝑥 > 𝑚 thì 0f x .



b) Với 𝑀 > 0, thì f x M ⟺ 2 1x M ⟺1

2x

M

.

Vậy chọn 𝑚 =1

2

M , khi đó với mọi 𝑥 thỏa thì f x M .

c) Cho hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥3. Chứng minh rằng lim𝑥→+∞ 𝑓(𝑥) = +∞. Với 𝑀 > 0, thì

𝑓(𝑥) > 𝑀 ⟺ 𝑥3 > 𝑀 ⟺ 𝑥 > 3 M

Vậy chọn 𝑚 = 3 M , khi đó với mọi 𝑥 thỏa 𝑥 > 𝑚 thì 𝑓(𝑥) > 𝑀.

3. a) Với 휀 > 0, thì |𝑓(𝑥) − 0| < 휀 ⟺ 2𝑥 < 휀 ⟺ 𝑥 <2log .

Vậy chọn 𝑚 = |2log |, khi đó với mọi 𝑥 thỏa 𝑥 < −𝑚 thì |𝑓(𝑥) − 0| < 휀.

b) Với 𝑀 > 0, thì 𝑓(𝑥) > 𝑀 ⟺ 𝑥3 > 𝑀 ⟺ 𝑥 > 3 M .

Vậy chọn 𝑚 = 3 M , khi đó với mọi 𝑥 thỏa 𝑥 > 𝑚 thì 𝑓(𝑥) > 𝑀.

c) Với 𝑀 > 0, thì 𝑓(𝑥) < −𝑀 ⟺ −𝑥3 < −𝑀 ⟺ 𝑥 > 3 M

Vậy chọn 𝑚 = 3 M , khi đó với mọi 𝑥 thỏa 𝑥 > 𝑚 thì 𝑓(𝑥) < −𝑀.

b. Giới hạn một phía

Định nghĩa 8. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định trong một khoảng chứa 𝑥0 (có thể trừ

điểm 𝑥0). Ta nói :

1. Hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có giới hạn trái là 𝐿 khi 𝑥 dần về 𝑥0 nếu với mọi 휀 > 0, tồn tại

𝛿 > 0 sao cho với mọi 𝑥 thỏa 0 < 𝑥0 − 𝑥 < 𝛿 thì |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 휀. Kí hiệu

lim𝑥→𝑥0

−𝑓(𝑥) = 𝐿

Vậy

lim𝑥→𝑥0

−𝑓(𝑥) = 𝐿 ⟺ (∀휀 > 0, ∃𝛿 > 0: 0 < 𝑥0 − 𝑥 < 𝛿 ⟹ |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 휀)



2. Hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có giới hạn phải là 𝐿 khi 𝑥 dần về 𝑥0 nếu với mọi 휀 > 0, tồn tại

𝛿 > 0 sao cho với mọi 𝑥 thỏa 0 < 𝑥 − 𝑥0 < 𝛿 thì |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 휀. Kí hiệu

lim𝑥→𝑥0

+𝑓(𝑥) = 𝐿

Vậy

lim𝑥→𝑥0

+𝑓(𝑥) = 𝐿 ⟺ (∀휀 > 0, ∃𝛿 > 0: 0 < 𝑥 − 𝑥0 < 𝛿 ⟹ |𝑓(𝑥) − 𝐿| < 휀)

Ví dụ 11.

1. Cho hàm số x

f xx

. Chứng minh rằng 0

lim 1x

f x

.



2. Cho hàm số x

f xx

. Chứng minh rằng 0

lim 1x

f x

.

Giải.

1. Với 휀 > 0, thì ta chọn 𝛿 là một số lớn hơn không bất kì khi đó với mọi 𝑥 thỏa

0 < 𝑥 − 0 < 𝛿 thì 1 1 1 1 0x

f xx

(đpcm).

2. Với 휀 > 0, thì ta chọn 𝛿 là một số lớn hơn không bất kì khi đó với mọi 𝑥 thỏa

0 < 0 − 𝑥 < 𝛿 thì 1 1 1 1 0x

f xx

(đpcm).

Tương tự ta có các định nghĩa sau :

Định nghĩa 9. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định trong một khoảng I chứa 𝑥0 (có thể trừ

điểm 𝑥0).

lim𝑥→𝑥0

−𝑓(𝑥) = ∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝛿 > 0: ∀𝑥 I và 0 < 𝑥0 − 𝑥 < 𝛿 ⟹ |𝑓(𝑥)| > 𝑀)

lim𝑥→𝑥0

−𝑓(𝑥) = +∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝛿 > 0: ∀𝑥 I và 0 < 𝑥0 − 𝑥 < 𝛿 ⟹ 𝑓(𝑥) > 𝑀)

lim𝑥→𝑥0

−𝑓(𝑥) = −∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝛿 > 0: ∀𝑥 I và 0 < 𝑥0 − 𝑥 < 𝛿 ⟹ 𝑓(𝑥) < −𝑀)

lim𝑥→𝑥0

+𝑓(𝑥) = ∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝛿 > 0: ∀𝑥 I và 0 < 𝑥 − 𝑥0 < 𝛿 ⟹ |𝑓(𝑥)| > 𝑀)

lim𝑥→𝑥0

+𝑓(𝑥) = +∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝛿 > 0: ∀𝑥 I và 0 < 𝑥 − 𝑥0 < 𝛿 ⟹ 𝑓(𝑥) > 𝑀)

lim𝑥→𝑥0

+𝑓(𝑥) = −∞⟺ (∀𝑀 > 0, ∃𝛿 > 0: ∀𝑥 I và 0 < 𝑥 − 𝑥0 < 𝛿 ⟹ 𝑓(𝑥) < −𝑀)

Chú ý. Nếu 0 0

lim limx x x x

f x f x

thì tồn tại 0

limx x

f x

và

0 0 0

lim lim limx x x x x x

f x f x f x

Ví dụ 12.

1. Cho hàm số 1

f xk

x

(k là hằng số). Chứng minh rằng

1 1

lim limx x

f x f x

2. Cho hàm số 1

1f x

x


1limx

f x

và

1

limx

f x

.



3. Cho hàm số 1

1f x

x


1limx

f x

và

1

limx

f x

.

Giải.

1. 0, : 0 1k

M xM

⟹ 1

kf x M

x

Vậy

1limx

f x

.

0, : 0 1k

M xM

⟹ 1

kf x M

x

Vậy

1limx

f x

.

2. 1

0, : 0 1M xM

⟹ 1

1f x M

x

Vậy

1limx

f x

.

∀𝑀 > 0, ∃𝛿 =1

M> 0: 0 < 𝑥 − 1 < 𝛿 ⟹ 𝑓(𝑥) =

1

1x

< −𝑀. Vậy

lim𝑥→1+

𝑓(𝑥) = −∞

3. ∀𝑀 > 0, ∃𝛿 =1

M> 0: 0 < 1 − 𝑥 < 𝛿 ⟹ 𝑓(𝑥) =

1

1x < −𝑀. Vậy

lim𝑥→1−

𝑓(𝑥) = −∞

∀𝑀 > 0, ∃𝛿 =1

M> 0: 0 < 𝑥 − 1 < 𝛿 ⟹ 𝑓(𝑥) =

1

1x > 𝑀. Vậy

lim𝑥→1+

𝑓(𝑥) = +∞

Một số giới hạn cơ bản

1. lim𝑥→0

sin 𝑥

𝑥= lim

𝑥→0

tan 𝑥

𝑥= 1 (𝑥: radian)

2. lim𝑥→0

1 − cos 𝑥

𝑥2=1

2 (𝑥: radian)

3. lim𝑥→0

arctan 𝑥

𝑥= lim

𝑥→0

arcsin 𝑥

𝑥= 1

4. lim𝑥→−

𝜋2

− tan 𝑥 = lim𝑥→0+

cot 𝑥 = +∞

5. lim𝑥→−

𝜋2

+tan 𝑥 = lim

𝑥→0−cot 𝑥 = −∞

6. lim𝑥→

𝜋2

− tan 𝑥 = lim𝑥→𝜋+

cot 𝑥 = +∞

7. lim𝑥→

𝜋2

+tan 𝑥 = lim

𝑥→𝜋−cot 𝑥 = −∞

8. lim𝑥→−∞

arctan 𝑥 = −𝜋

2; lim𝑥→−∞

arccot 𝑥 = 𝜋

9. lim𝑥→+∞

arctan 𝑥 =𝜋

2; lim𝑥→+∞

arccot 𝑥 = 0

10. lim𝑥→+∞

𝑎𝑥 = +∞; lim𝑥→−∞

𝑎𝑥 = 0

11. lim𝑥→+∞

log𝑎 𝑥 = +∞; lim𝑥→0+

log𝑎 𝑥 = −∞

12. lim𝑥→+∞

𝑎𝑥 = 0; lim→−∞

𝑎𝑥 = +∞

13. lim𝑥→+∞

log𝑎 𝑥 = −∞; lim𝑥→0+

log𝑎 𝑥 = +∞

Với 𝑎 > 1

Với 0 < 𝑎 < 1



Một số công thức khác (0 < 𝑎 ≠ 1 và 𝛼 ∈ ℝ)

14. lim𝑥→0

log𝑎(1 + 𝑥)

𝑥=

1

ln 𝑎; lim𝑥→0

ln(1 + 𝑥)

𝑥= 1

15. lim𝑥→0

𝑎𝑥 − 1

𝑥= ln 𝑎 ; lim

𝑥→0

𝑒𝑥 − 1

𝑥= 1

16. lim𝑥→0

(1 + 𝑥)𝛼 − 1

𝑥= 𝛼

17. lim𝑥→∞

(1 +1

𝑥)𝑥

= lim𝑥→0

(1 + 𝑥)1𝑥 = 𝑒

18. lim𝑥→+∞

𝑥𝑝

𝑒𝑥= 0; lim

𝑥→+∞

ln𝑝 𝑥

𝑥𝛼= 0, 𝛼 > 0, ∀𝑝

1.2.2. Một số tính chất

Định lý 1 . Giả sử các hàm số 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) có giới hạn trong cùng một quá trình

(𝑥 → 𝑥0 hoặc 𝑥 → 𝑥0+ hoặc 𝑥 → 𝑥0

− hoặc 𝑥 → ∞). Để đơn giản cách viết, ta không nêu

quá trình đó trong những khẳng định sau đây (với 𝐴, 𝐵 ∈ ℝ) :

1. 𝑓(𝑥) → 𝐴, 𝑔(𝑥) → 𝐵 thì 𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥) → 𝐴 ± 𝐵.

2. 𝑓(𝑥) → 𝐴, 𝑔(𝑥) → ∞ thì 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) → ∞ (dấu của 𝑔(𝑥)).

3. 𝑓(𝑥) → +∞, 𝑔(𝑥) → +∞ thì 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) → +∞.

4. 𝑓(𝑥) → −∞, 𝑔(𝑥) → −∞ thì 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) → −∞.

5. 𝑓(𝑥) → 𝐴, 𝑔(𝑥) → 𝐵 thì 𝑓(𝑥). 𝑔(𝑥) → 𝐴. 𝐵.

6. 𝑓(𝑥) → 𝐴 ≠ 0, 𝑔(𝑥) → ∞ thì 𝑓(𝑥). 𝑔(𝑥) → ∞ (dấu của tích).

7. 𝑓(𝑥) → ∞, 𝑔(𝑥) → ∞ thì 𝑓(𝑥). 𝑔(𝑥) → ∞ (dấu của tích).

8. 𝑓(𝑥) → 𝐴, 𝑔(𝑥) → 𝐵 ≠ 0 thì 𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)→

𝐴

𝐵.

9. 𝑓(𝑥) → 𝐴, 𝑔(𝑥) → ∞ thì 𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)→ 0.

10. 𝑓(𝑥) → 𝐴 ≠ 0, 𝑔(𝑥) → 0 thì 𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)→ ∞ (dấu của thương).

11. 𝑓(𝑥) → ∞, 𝑔(𝑥) → 𝑏 thì 𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)→ ∞ (dấu của thương).

12. 𝑓(𝑥) → 𝑎 thì |𝑓(𝑥)| → |𝑎|.

13. 𝑓(𝑥) → 𝐴 > 0, 𝑔(𝑥) → 𝐵 thì [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥) → 𝐴𝐵.

Ví dụ 13.



1.

2 2

2

2

11

1 1lim lim

22 2 22

x x

x x

x

x

.

2.

2

1

1lim lim

22 22

x x

xx x

x

x

.

3. 2

11

1lim lim 0

22 22

x x

x x

xx

x

.

Tổng quát ta có: 2

0 1 2

2

0 1 2

khi

...lim 0 khi

... khi

m

m

nxn

mm n

na a x a x a x

m nb b x b x b x

m n

4.

2

10

0lim 1 1

x

x

xx e

vì

1

0lim 1 x

xx e

.

5.

2

2

1 1

2 2 2lim

x

x

xe e

vì

2

2

1 1lim

2 2 2x

x

x

.

Các dạng vô định

Giả sử các hàm số 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) có giới hạn trong cùng một quá trình. Khi đó :

1. Nếu 𝑓(𝑥) → +∞, 𝑔(𝑥) → −∞ thì ta nói 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) có dạng vô định ∞−∞.

2. Nếu 𝑓(𝑥) → 0, 𝑔(𝑥) → ∞ thì ta nói 𝑓(𝑥). 𝑔(𝑥) có dạng vô định 0.∞.

3. Nếu 𝑓(𝑥) → 0, 𝑔(𝑥) → 0 thì ta nói 𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥) có dạng vô định

0

0.

4. Nếu 𝑓(𝑥) → ∞, 𝑔(𝑥) → ∞ thì ta nói 𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥) có dạng vô định

∞

∞.

5. Nếu 𝑓(𝑥) → 0, 𝑔(𝑥) → 0 thì ta nói [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥) có dạng vô dịnh 00.

6. Nếu 𝑓(𝑥) → +∞, 𝑔(𝑥) → 0 thì ta nói [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥) có dạng vô định ∞0.

7. Nếu 𝑓(𝑥) → 1, 𝑔(𝑥) → ∞ thì ta nói [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥) có dạng vô định 1∞.

Ví dụ 14.



Giới hạn dạng vô định 1∞ :

2

1lim

1

x

x

x

x

,

1

0lim 1 sin x

xx

,

1

1

1lim x

xx

, …

Giới hạn dạng vô định ∞0 : 1

lim 2x x

xx

,

1

lim x

xx

,

2 os

2

lim tanc x

x

x

…

Giới hạn dạng vô định ∞−∞: 1 1

lim1xx x e

, 2lim ln ln 1

xx x

, …

Nhận xét : Khi tính giới hạn có dạng ∞−∞, nhiều bạn viết ngay đáp số là 0 vì nghĩ

rằng đó là hai "đại lượng bằng nhau" trừ nhau dĩ nhiên ra 0! Hoặc khi tính giới hạn có

dạng 0.∞ có bạn cũng ra 0 ngay vì 0 nhân cho mấy cũng bằng 0! Đó là một số cách

hiểu sai trong rất nhiều cái sai của chúng ta. Cũng như có nhiều bạn từng hỏi là "1 mũ

mấy cũng là 1 mà tại sao lại là vô định?" Các bạn lưu ý rằng ở đây "giới hạn" nghĩa là

tiến tới giá trị đó, chứ bản thân nó không bằng giá trị đó. Ví dụ với giới hạn dạng 1∞

như

2

1lim

1

x

x

x

x

, ở đây khi x thì

1

1

x

x

chỉ tiến tới 1 chứ giá trị của chúng

không phải là 1 nên suy nghĩ 1 mũ mấy cũng là 1 và viết ngay đáp án là một sai lầm cơ

bản, các bạn thử bấm máy 9999991,0001 xem đáp án có gần số 1 không?

Tóm lại các giới hạn ở dạng vô định ta không thể thay thế giá trị của 𝑥 vào hàm số

𝑓(𝑥) rồi tính đáp án một cách "tùy tiện" mà phải áp dụng những tính chất, những định

lí về giới hạn của hàm số để phân tích và đưa ra kết quả. Chúng ta sẽ trở lại những bài

toán này ở mục B.

Định lý 2 (định lý kẹp)

Giả sử ( ) ( ) ( )g x f x h x với mọi x thuộc một khoảng mở chứa c (có thể không

thỏa tại c ) và lim ( ) lim ( )x c x c

g x h x L

. Khi đó ta có lim ( )x c

f x L

.



Ví dụ 15. Vì 2 2 21

sinx x xx

với mọi x và 2 2

0 0lim lim 0x x

x x

nên ta có

2

0

1lim sin 0x

xx .

1.2.3. Vô cùng bé – Vô cùng lớn

a. Vô cùng bé (VCB)

Định nghĩa 10. Cho hàm số 𝑓(𝑥) xác định trong lân cận của 𝑎 (có thể không xác định

tại 𝑎). Khi đó 𝑓(𝑥) được gọi là vô cùng bé khi 𝑥 dần đến 𝑎, nếu

lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥) = 0

Ví dụ 16.

1. Khi 𝑥 → 0 thì sin 𝑥 , tan 𝑥 , ln(1 + 𝑥) , 𝑒𝑥 − 1, 𝑥2, 3𝑥2, 𝑥 + 𝑥2,… là các VCB.

2. Khi 𝑥 → 1 thì sin(𝑥 − 1), ln 𝑥, 𝑥 − 1, … là các VCB.

3. Khi 𝑥 → +∞ thì 2 2

1 1,

2

x

x x x

,… là các VCB.

Định nghĩa 11 (so sánh hai VCB). Cho 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) là các VCB khi 𝑥 dần đến 𝑎. Giả

sử

limx a

f xk

g x . Khi đó :

1. Nếu 𝑘 = 0 thì 𝑓(𝑥) được gọi là VCB cấp cao hơn 𝑔(𝑥), kí hiệu 𝑓(𝑥) = 0(𝑔(𝑥)).

2. Nếu 𝑘 = ∞ thì 𝑓(𝑥) được gọi là VCB cấp thấp hơn 𝑔(𝑥) (lúc này 𝑔(𝑥) là VCB

cấp cao hơn 𝑓(𝑥)).

3. 𝑘 ∈ ℝ∗ thì 𝑓(𝑥) và 𝑔(𝑥) được gọi là VCB ngang cấp. Đặc biệt 𝑘 = 1 thì ta nói

𝑓(𝑥) và 𝑔(𝑥) là hai VCB tương đương, kí hiệu 𝑓(𝑥)~𝑔(𝑥).

Ví dụ 17.

1. Khi 𝑥 → 0 thì 1 − cos 𝑥 = 0(𝑥), 𝑠𝑖𝑛3𝑥 = 0(𝑠𝑖𝑛𝑥), 𝑥3 = 0(𝑥2), 𝑥2 = 0(𝑥) .



Vì ta có :

20 0

1 c 1 clim lim . 0.1 0

os os

x x

xx

x

x

x

.

2

0 0

3

lim limsin 0sin

sin

x xx

x

x

.

3

20 0lim lim 0x x

xx

x .

2

0 0lim lim 0x x

xx

x .

2. Từ một số công thức giới hạn cơ bản ta có :

Khi 𝑥 → 0 ta có sin 𝑥 ~ tan 𝑥 ~ ln(1 + 𝑥) ~ 𝑒𝑥 − 1 ~ 𝑥, sin3𝑥 ~ 𝑥3, tan3𝑥 ~ 𝑥3,

1 − cos 𝑥 ~𝑥2/2.

Tổng quát hơn, với 𝑢 là một hàm theo 𝑥, khi 𝑢 → 0 ta có:

sin 𝑢 ~ tan 𝑢 ~ ln(1 + 𝑢)~𝑒𝑢 − 1 ~ 𝑢, sin3𝑢 ~ 𝑢3, 1 − cos 𝑢 ~ 𝑢2/2.

b. Vô cùng lớn (VCL)

Định nghĩa 12. Cho hàm số 𝑓(𝑥) xác định trong lân cận của 𝑎 (có thể không xác định

tại 𝑎). Khi đó 𝑓(𝑥) được gọi là vô cùng lớn khi 𝑥 dần đến 𝑎, nếu

lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥) = ∞

Nhận xét. Cho hàm số 𝑓(𝑥) xác định trong lân cận của điểm 𝑎 (có thể không xác định

tại điểm 𝑎) và 𝑓(𝑥) ≠ 0. Khi đó 𝑓(𝑥) là VCL khi 𝑥 → 𝑎 khi và chỉ khi 1

( )f x là VCB

khi 𝑥 → 𝑎.

Ví dụ 18.

1. Khi 𝑥 → 1 thì 2

1 1,

1 1x x là các VCL.

2. Khi 𝑥 → −∞ thì 𝑥2 + 𝑥 + 1,

2 1x

x

là các VCL.

Định nghĩa 13 (so sánh hai VCL). Cho 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) là các VCL khi 𝑥 dần đến 𝑎. Giả

sử

limx a

f xk

g x . Khi đó:

1. Nếu 𝑘 = ∞ thì 𝑓(𝑥) được gọi là VCL cấp cao hơn 𝑔(𝑥), kí hiệu 𝑓(𝑥) = 0̃(𝑔(𝑥))

2. Nếu 𝑘 = 0 thì 𝑔(𝑥) được gọi là VCL cấp thấp hơn 𝑓(𝑥) (lúc này 𝑓(𝑥) là VCL cấp

cao hơn 𝑔(𝑥)).



3. 𝑘 ∈ ℝ∗ thì 𝑓(𝑥) và 𝑔(𝑥) được gọi là VCL ngang cấp. Đặc biệt 𝑘 = 1 thì ta nói

𝑓(𝑥) và 𝑔(𝑥) là hai VCL tương đương, kí hiệu 𝑓(𝑥) ~ 𝑔(𝑥).

Ví dụ 19.

1. Khi 𝑥 → +∞ thì 1 + 𝑥2 = 0̃(1 − 𝑥), 𝑥3 = 0̃(𝑥2).

2. Khi 𝑥 → 1 thì 1/(1 − 𝑥)2 = 0̃(1/(1 − 𝑥)).

3. Khi 𝑥 → +∞ thì 2𝑥 + 1 ~ 2𝑥 − 2.

c. Ứng dụng VCB và VCL tính giới hạn

Cho 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) là VCB (VCL).

Quy tắc thay thế VCB (VCL) tương đương.

Nếu 𝑓(𝑥) ~ 𝑓1(𝑥) và 𝑔(𝑥) ~ 𝑔1(𝑥) khi 𝑥 → 𝑎 thì

lim𝑥→𝑎

(𝑓(𝑥). 𝑔(𝑥)) = lim𝑥→𝑎

(𝑓1(𝑥). 𝑔1(𝑥)) ; lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)= lim

𝑥→𝑎

𝑓1(𝑥)

𝑔1(𝑥)

Ví dụ 20.

a.

2

2 20 0

1

1 c 12lim limsin

os

2x x

x

x

x

x

. Vì khi 0x ta có:

21cos1

2x x , và

2 2sin x x .

b.

3

2

3

2lim lim lim

3

1

3

2

3x x x

x x

x x x

x x

.

Vì khi x ta có: 3 32 1x x x và

2 23 3x x x

Chú ý : Quy tắc thay thế lượng VCB (VCL) tương đương không hoàn toàn đúng cho

tổng hoặc hiệu, tức là có thể

lim𝑥→𝑎

(𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥)) ≠ lim𝑥→𝑎

(𝑓1(𝑥) ± 𝑔1(𝑥))

Thật vậy,

1. Xét 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3; 𝑔(𝑥) = −𝑥2 + 1. Ta có khi 𝑥 → +∞ thì

𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3 ~ 𝑥2 = 𝑓1(𝑥) và 𝑔(𝑥) = −𝑥2 + 1 ~ − 𝑥2 = 𝑔1(𝑥)

Nhưng

lim𝑥→+∞

(𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)) = lim𝑥→+∞

4 = 4 ≠ 0 = lim𝑥→+∞

(𝑓1(𝑥) + 𝑔1(𝑥))

2. Xét

1 1

;ln 1

f x g xx x

.



Ta có 𝑥 → 0 thì ln(1 + 𝑥) ~ 𝑥, nên

1

1 1( ) ~

ln 1f x f x

x x

Nhưng ta có

lim𝑥→0

(𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)) = lim𝑥→0

(1

ln(1 + 𝑥)−1

𝑥) = lim

𝑥→0

𝑥 − ln(1 + 𝑥)

𝑥 ln(1 + 𝑥)= lim

𝑥→0

𝑥 − ln(1 + 𝑥)

𝑥2

= lim𝑥→0

1 −1

1 + 𝑥2𝑥

=L′Hospital lim𝑥→0

𝑥

2𝑥(1 + 𝑥)= lim

𝑥→0

1

2(1 + 𝑥)=1

2.

Còn 10 0

1 1lim lim 0x x

f x g xx x

.

Tuy nhiên, ta có :

Nếu 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) cùng dương hoặc cùng âm trong lân cận của 𝑎 thì

lim𝑥→𝑎

(𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)) = lim𝑥→𝑎

(𝑓1(𝑥) + 𝑔1(𝑥))

Nếu 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) là hai vô cùng bé cùng cấp, nhưng không tương đương thì

lim𝑥→𝑎

(𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)) = lim𝑥→𝑎

(𝑓1(𝑥) − 𝑔1(𝑥))

Ví dụ 21.

2 2

2

2

20 0

1

1 c 32lim limsin

o si

2

s n

x x

x x

x x

x x

. Vì khi 0x ta có:

21

cos12

x x , và 2 2sin x x .

Ví dụ 22. 0 0

tan 5sin5lim lim 4x x

x x

x

x

x

x

. Vì khi 0x ta có: tan x x , và

sin5 5x x .

Quy tắc ngắt bỏ VCB cấp cao (VCL cấp thấp).

Nếu 𝑓(𝑥) = ∑ 𝑓𝑖(𝑥)𝑛𝑖=1 và 𝑔(𝑥) = ∑ 𝑔𝑖(𝑥)

𝑚𝑖=1 , trong đó tất cả 𝑓𝑖(𝑥) và 𝑔𝑖(𝑥) đều là

VCB (VCL) khi 𝑥 → 𝑎 và 𝑓𝑘(𝑥), 𝑔𝑙(𝑥) lần lượt là hai VCB cấp thấp nhất (VCL cấp

cao nhất) ở tử và mẫu. Khi đó

lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)= lim

𝑥→𝑎

𝑓𝑘(𝑥)

𝑔𝑙(𝑥)

Ví dụ 23. Tính các giới hạn sau:

1. lim𝑥→0

𝑒4𝑥 − 1

ln(1 + 2𝑥) 2. lim

𝑥→∞

3𝑥3 + 2𝑥2 − 𝑥 + 1

𝑥3 − 2𝑥2



3. lim𝑥→0

3𝑥3 + 2𝑥2 − 𝑥

𝑥3 − 2𝑥2 4. lim

𝑥→0

1 − cos𝑥 + 𝑥 + tan2 𝑥

3𝑥 + 𝑥4

Giải.

1. Khi 𝑥 → 0 thì 𝑒4𝑥 − 1 ~ 4𝑥; ln(1 + 2𝑥) ~ 2𝑥. Do đó

lim𝑥→0

𝑒4𝑥 − 1

ln(1 + 2𝑥)= lim

𝑥→0

4𝑥

2𝑥= 2

2. Khi 𝑥 → ∞ thì 3𝑥3 là VCL cấp cao nhất trong các VCL 3𝑥3; 2𝑥2; −𝑥 + 1 và 𝑥3 là

VCL cấp cao nhất trong các VCL 𝑥3; −2𝑥2. Do đó

lim𝑥→∞

3𝑥3 + 2𝑥2 − 𝑥 + 1

𝑥3 − 2𝑥2= lim

𝑥→∞

3𝑥3

𝑥3= 3

3. Khi 𝑥 → 0 thì −𝑥 là VCB cấp thấp nhất trong các VCB 3𝑥3; 2𝑥2; −𝑥 và ; −2𝑥2 là

VCB cấp thấp nhất trong các VCB 𝑥3; −2𝑥2. Do đó

lim𝑥→0

3𝑥3 + 2𝑥2 − 𝑥

𝑥3 − 2𝑥2= lim

𝑥→0

−𝑥

−2𝑥2= +∞

4. Khi 𝑥 → 0 ta có

1 − cos𝑥 + 𝑥 + tan2 𝑥 = 2 sin2𝑥

2+ 𝑥 + tan2 𝑥 ~ 𝑥; 3𝑥 + 𝑥4 ~ 3𝑥

⟹ lim𝑥→0

1 − cos 𝑥 + 𝑥 + tan2 𝑥

3𝑥 + 𝑥4= lim

𝑥→0

𝑥

3𝑥=1

3

1.3. Hàm số liên tục

Khi chúng ta thu thập số liệu trong

phòng thí nghiệm hoặc trong thực tế, ta

thường kết nối những giá trị số liệu đó bằng

một đường cong không bị gián đoạn để có thể

phỏng đoán các giá trị của hàm số ở những

điểm mà chúng ta không đo được. Khi làm

như vậy chúng ta đã giả định rằng chúng ta

đang làm việc với một hàm liên tục. Theo

trực giác, bất kì hàm 𝑓(𝑥) nào có đồ thị

không bị gián đoạn, là một đường liền nét thì

đó là hàm liên tục. Các hàm này có vai trò rất

quan trọng trong nghiên cứu về tích phân và

các ứng dụng của nó.

1.3.1. Hàm số liên tục tại một điểm

Định nghĩa 14. Cho 𝑥0 ∈ (𝑎; 𝑏) và hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định trên (𝑎; 𝑏).



1. Hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) được gọi là liên tục tại điểm 𝑥0 nếu

lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0)

2. Hàm số 𝑓(𝑥) được gọi là liên tục phải (trái) tại điểm 𝑥0 nếu

lim𝑥→𝑥0

+𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0) ( lim

𝑥→𝑥0−𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0))

Nhận xét. Hàm số 𝑓(𝑥) liên tục tại điểm 𝑥0 khi và chỉ khi 𝑓(𝑥) liên tục trái và liên tục

phải tại 𝑥0, tức là

lim𝑥→𝑥0

+𝑓(𝑥) = lim

𝑥→𝑥0−𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0)

Ví dụ 24.

1. Hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑒1

𝑥 không xác định tại 𝑥0 = 0 nên không liên tục tại 𝑥0 = 0.

2. Chứng minh rằng hàm số sau liên tục tại điểm 𝑥0 = 0

𝑓(𝑥) = {√𝑥2 + 1 − 1

4 − √𝑥2 + 16 , nếu 𝑥 ≠ 0

−4 , nếu 𝑥 = 0

Giải.

Ta có 𝑓(0) = −4 và

lim𝑥→0

𝑓(𝑥) = lim𝑥→0

√𝑥2 + 1 − 1

4 − √𝑥2 + 16= lim

𝑥→0

(𝑥2 + 1 − 1)(4 + √𝑥2 + 16)

(16 − 𝑥2 − 16)(√𝑥2 + 1 + 1)

= lim𝑥→0

4 + √𝑥2 + 16

−(√𝑥2 + 1 + 1)= −4 = 𝑓(0)

Vậy hàm số liên tục tại điểm 𝑥0 = 0.

Ví dụ 25. Với giá trị nào của 𝑚 thì hàm số sau liên tục tại điểm 𝑥0 = 1.

𝑓(𝑥) =

{

1

𝑥 − 1−

3

𝑥3 − 1 , nếu 𝑥 > 1

𝑚 , nếu 𝑥 = 1

1 + √1 − 𝑥 , nếu 𝑥 < 1

Giải. Ta có 𝑓(1) = 𝑚 và



lim𝑥→1+

𝑓(𝑥) = lim𝑥→1+

(1

𝑥 − 1−

3

𝑥3 − 1) = lim

𝑥→1+

𝑥3 − 1 − 3(𝑥 − 1)

𝑥3 − 1

= lim𝑥→1+

(𝑥 − 1)(𝑥2 + 𝑥 + 1) − 3(𝑥 − 1)

(𝑥 − 1)(𝑥2 + 𝑥 + 1)= lim

𝑥→1+

𝑥2 + 𝑥 − 2

𝑥2 + 𝑥 + 1= 1

lim𝑥→1−

𝑓(𝑥) = lim𝑥→1−

(1 + √1 − 𝑥) = 1

Để hàm số liên tục tại điểm 𝑥0 = 1 thì

lim𝑥→1+


𝑓(𝑥) = 𝑓(1) ⇔ 𝑚 = 1

Định lý 3 (tính liên tục của tổng, tích, thương và hàm hợp).

1. Nếu các hàm số 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) liên tục tại 𝑥0 thì 𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥), 𝑓(𝑥). 𝑔(𝑥), 𝑓(𝑥)/𝑔(𝑥)

(với 𝑔(𝑥0) ≠ 0) cũng liên tục tại 𝑥0.

2. Nếu hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) liên tục tại 𝑥0 và hàm số 𝑧 = 𝑔(𝑦) liên tục tại 𝑦0 = 𝑓(𝑥0) thì

𝑧 = 𝑔(𝑓(𝑥)) cũng liên tục tại 𝑥0.

1.3.2. Hàm số liên tục trên một khoảng

Định nghĩa 15. Hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định trên (𝑎; 𝑏), được gọi là liên tục trên (𝑎; 𝑏)

nếu hàm số liên tục tại mọi điểm 𝑥0 ∈ (𝑎; 𝑏). Nếu 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định trên [𝑎; 𝑏], khi

đó 𝑓 được gọi là liên tục trên [𝑎; 𝑏] nếu 𝑓 liên tục trên (𝑎; 𝑏), liên tục phải tại 𝑎 và liên

tục trái tại 𝑏.

Chú ý.

1. Nếu 0 0

0lim , lim , x x x x

f x f x f x

đều tồn tại hữu hạn nhưng không đồng thời

bằng nhau thì 𝑥0 được gọi là điểm gián đoạn loại 1. Các điểm gián đoạn khác gọi là

điểm gián đoạn loại 2.

2. Hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) liên tục trên [𝑎; 𝑏] thì đồ thị của 𝑓(𝑥) trên đoạn [𝑎; 𝑏] là một

đường "liền nét".

3. Hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) được gọi là liên tục từng khúc trên [𝑎; 𝑏] nếu trên đó nó chỉ có

hữu hạn điểm gián đoạn loại 1 và không có điểm gián đoạn loại 2.

Định lý 4. (tính liên tục của hàm sơ cấp) Hàm sơ cấp liên tục trên các khoảng mở

thuộc tập xác định của nó.

Ví dụ 26. Xét tính liên tục của hàm số sau trên ℝ

𝑓(𝑥) =

{

𝑥2 − 3𝑥 + 2

𝑥 − 2 , nếu 𝑥 > 2

𝑥 − 1 , nếu − 1 ≤ 𝑥 ≤ 2

√1 − 𝑥 , nếu 𝑥 < −1

Giải.



Với 𝑥 ∈ (2,+∞) thì

2 3 2

2

x x

x

là hàm sơ cấp nên liên tục trên (2, +∞).

Với 𝑥 ∈ (−1, 2) thì 𝑥 − 1 là hàm sơ cấp nên liên tục trên (−1,2).

Với 𝑥 ∈ (−∞,−1) thì √1 − 𝑥 là hàm sơ cấp nên liên tục trên (−∞,−1).

Xét tại 𝑥 = 2. Ta có

lim𝑥→2+


𝑥2 − 3𝑥 + 2

𝑥 − 2= 1

lim𝑥→2−


(𝑥 − 1) = 1 = 𝑓(2)

Suy ra hàm số liên tục tại 𝑥 = 2.

Xét tại 𝑥 = −1. Ta có

lim𝑥→−1+

𝑓(𝑥) = lim𝑥→−1+

(𝑥 − 1) = −2

lim𝑥→−1−

𝑓(𝑥) = lim𝑥→−1−

√1 − 𝑥 = √2

Như vậy, không tồn tại 1

lim ( )x

f x

. Suy ra hàm số không liên tục tại 𝑥 = −1.

Vậy hàm số liên tục trên ℝ\{−1}.

Định lý 5. (Bolzano – Cauchy) Nếu 𝑓(𝑥) liên tục trên [𝑎; 𝑏] và 𝑓(𝑎). 𝑓(𝑏) < 0 thì tồn

tại 𝑐 ∈ (𝑎; 𝑏) sao cho 𝑓(𝑐) = 0.

Định lý 6. (Weierstrass) Nếu 𝑓(𝑥) liên tục trên [𝑎; 𝑏] khi đó 𝑓 bị chặn và đạt giá trị

lớn nhất (max) và giá trị nhỏ nhất (min) trên [𝑎; 𝑏].

Ví dụ 27. Chứng minh rằng phương trình 𝑥5 − 5𝑥 − 1 = 0 có ít nhất 3 nghiệm.

Giải. Đặt 𝑓(𝑥) = 𝑥5 − 5𝑥 − 1, 𝑓(𝑥) liên tục trên ℝ. Ta có

𝑓(−2) = −23; 𝑓(−1) = 3; 𝑓(0) = −1; 𝑓(2) = 21

Do 𝑓(−2). 𝑓(−1) < 0 nên tồn tại 𝑐 ∈ (−2;−1) sao cho 𝑓(𝑐) = 0 hay phương trình

có một nghiệm thuộc khoảng (−2; −1).

Tương tự 𝑓(−1). 𝑓(0) < 0 và 𝑓(0). 𝑓(2) < 0. Như vậy phương trình có ít nhất 3

nghiệm.

1.4. Đạo hàm và vi phân

Như đã giới thiệu ở đầu chương, ta đã biết đạo hàm là đại lượng đo tốc độ của sự

thay đổi. Ví dụ: xét quá trình chuyển động của một ô tô đi từ A đến B. Gọi 𝑠(𝑡) là

quãng đường ô tô đi được sau thời gian 𝑡.

Tại A ứng với thời điểm 𝑡 = 0, 𝑠(0) = 0, ứng với thời điểm 𝑡0 ô tô đi được quãng

đường là 𝑠(𝑡0). Bài toán đặt ra là vận tốc thực của ô tô tại thời điểm 𝑡0 được tính như



thế nào? Chắc chắn sẽ có nhiều bạn trả lời rằng vận tốc đó bằng 0

0

( )s t

t. Câu trả lời này

sai, đó chỉ là vận tốc trung bình của ô tô từ lúc xuất phát đến thời điểm 𝑡0 chứ không

phải là vận tốc thực của ô tô tại thời điểm 𝑡0.

Ta sẽ giải quyết bài toán này như sau :

- Nếu từ thời điểm 𝑡0 ô tô đi thêm một khoảng thời gian ∆𝑡 nữa thì quãng đường

ô tô đi được đến thời điểm 𝑡0 + ∆𝑡 là 𝑠(𝑡0 + ∆𝑡).

- Quãng đường ô tô đi thêm được từ thời điểm 𝑡0 đến 𝑡0 + ∆𝑡 là :

∆𝑠 = 𝑠(𝑡0 + ∆𝑡) − 𝑠(𝑡0)

- Vận tốc trung bình của ô tô đi từ thời điểm 𝑡0 đến 𝑡0 + ∆𝑡 là :

∆𝑠

∆𝑡=𝑠(𝑡0 + ∆𝑡) − 𝑠(𝑡0)

∆𝑡

- Nếu ∆𝑡 càng bé thì vận tốc trung bình của ô tô trên khoảng [𝑡0; 𝑡0 + ∆𝑡] càng

gần với vận tốc thực của nó ở thời điểm 𝑡0. Hay khi ∆𝑡 càng dần về không thì

s

t

càng gần với vân tốc thực của ô tô tại thời điểm 𝑡0.

- Nghĩa là vận tốc thực tại thời điểm 𝑡0 là : 0

limt

s

t

Giới hạn 0

limt

s

t

được gọi là đạo hàm của hàm ( )s t tại thời điểm

0t .

1.4.1. Đạo hàm

a. Các định nghĩa

Định nghĩa 16. Cho 𝑥0 ∈ (𝑎; 𝑏) và hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định trên (𝑎; 𝑏).

1. Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn

0

0

0

limx x

f x f x

x x

, thì giới hạn đó được gọi là đạo

hàm của hàm số 𝑓(𝑥) tại 𝑥0, kí hiệu 𝑓 ′(𝑥0) hay 𝑓𝑥′(𝑥0) hay 0

dfx

dx. Như vậy

𝑑𝑓

𝑑𝑥(𝑥0) = 𝑓 ′(𝑥0) = lim

𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)

𝑥 − 𝑥0

Đặt ∆𝑥 = 𝑥 − 𝑥0; ∆𝑦 = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0), khi đó

𝑓 ′(𝑥0) = lim∆𝑥→0

𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥0)

∆𝑥= lim

∆𝑥→0

∆𝑦

∆𝑥.

(∆𝑥 được gọi là số gia của đối số tại 𝑥0, ∆𝑦 được gọi là số gia tương ứng của hàm số)



2. Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn

0

0

0

limx x

f x f x

x x

0

0

0

limx x

f x f x

x x

, thì giới

hạn đó được gọi là đạo hàm phải (trái) của hàm số 𝑓(𝑥) tại 𝑥0, kí hiệu 𝑓 ′(𝑥0+)

(𝑓 ′(𝑥0−)) hay 0

dfx

dx

0

dfx

dx

. Như vậy

𝑑𝑓

𝑑𝑥(𝑥0

+) = 𝑓 ′(𝑥0+) = lim

𝑥→𝑥0+

𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)

𝑥 − 𝑥0(𝑑𝑓

𝑑𝑥(𝑥0

−) = 𝑓 ′(𝑥0−) = lim

𝑥→𝑥0−

𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)

𝑥 − 𝑥0)

3. Nếu 𝑓(𝑥) có đạo hàm tại mọi 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) thì 𝑓(𝑥) được gọi là có đạo hàm trong

khoảng (𝑎; 𝑏).

Hàm số 𝑓(𝑥) được gọi là có đạo hàm trong [𝑎; 𝑏] nếu nó có đạo hàm trong (𝑎; 𝑏) và

có đạo hàm phải tại 𝑎, đạo hàm trái tại 𝑏.

Nhận xét

𝑓 có đạo hàm tại 𝑥0 khi và chỉ khi 𝑓 có đạo hàm trái và đạo hàm phải tại 𝑥0 và

𝑓 ′(𝑥0+) = 𝑓 ′(𝑥0

−) (khi đó 𝑓 ′(𝑥0) = 𝑓′(𝑥0

+) = 𝑓 ′(𝑥0−))

Ví dụ 28. Tính đạo hàm của các hàm số sau tại những điểm đã nêu ra:

1. 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 𝑥 tại 𝑥 = 𝑥0.

2. 𝑦 = 𝑓(𝑥) = |𝑥| tại 𝑥 = 0.

3. 𝑓(𝑥) = {𝑥2 + 𝑥 , nếu 𝑥 ≥ 01 + sin 𝑥 , nếu 𝑥 < 0

Giải.

1. Ta có

lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥0)

𝑥 − 𝑥0= lim

𝑥→𝑥0

𝑥2 + 𝑥 − 𝑥02 − 𝑥0

𝑥 − 𝑥0= lim

𝑥→𝑥0(𝑥 + 𝑥0 + 1) = 2𝑥0 + 1

Vậy 𝑓 ′(𝑥0) = 2𝑥0 + 1.

2. Ta có

lim𝑥→0+

𝑓(𝑥) − 𝑓(0)

𝑥 − 0= lim

𝑥→0+

|𝑥|

𝑥= lim

𝑥→0+

𝑥

𝑥= 1

lim𝑥→0−

𝑓(𝑥) − 𝑓(0)

𝑥 − 0= lim

𝑥→0−

|𝑥|

𝑥= lim

𝑥→0+

−𝑥

𝑥= −1

Vậy hàm số không có đạo hàm tại 𝑥 = 0.

3. Ta có

lim𝑥→0+

𝑓(𝑥) − 𝑓(0)

𝑥 − 0= lim

𝑥→0+

𝑥2 + 𝑥

𝑥= lim

𝑥→0+(𝑥 + 1) = 1



lim𝑥→0−

𝑓(𝑥) − 𝑓(0)

𝑥 − 0= lim

𝑥→0−

sin 𝑥

𝑥= 1

Vậy 𝑓 ′(0) = 1.

Nhận xét: Thông thường các hàm 𝑦 = |𝑓(𝑥)| không có đạo hàm tại những điểm 𝑥0

mà qua 𝑥0 hàm số 𝑓(𝑥) đổi dấu.

Ý nghĩa hình học của đạo hàm :

Khi chúng ta mô hình hóa nhiều vấn đề

vật lý bằng cách sử dụng đường cong, ta

phải hiểu về độ dốc của đường cong ở

nhiều điểm khác nhau và ý nghĩa của độ

dốc trong những ứng dụng thực tế. Độ dốc

của đường cong ( )y f x tại điểm

0x x cho ta biết tại điểm đó tốc độ thay

đổi của y theo x là như thế nào.

Độ dốc của đường cong ( )y f x tại

điểm 0M được đo bởi hệ số góc của tiếp tuyến đường cong tại 0M . Xét đường congC

là đồ thị của hàm số ( )y f x như hình bên. 0 0 0,M x y cố định thuộc C , ,M x y

là điểm di động trên đường cong C . Gọi và tương ứng là góc giữa tiếp tuyến

0M T và đường thẳng 0M M với trục Ox . Ta có: 0 0

tanf x x f x

x

Cho 0x thì điểm 0M M và đường thẳng 0M M tiến tới tiếp tuyến 0M T ,

đồng thời . Như vậy ta có:

0 0

0lim lim tan tanx

f x x f x

x

Hay

0( ) tanf x

Như vậy đạo hàm của hàm số tại 0x là hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị hàm số tại điểm

0 0 0,M x y , và đạo hàm 0( )f x là số đặc trưng cho độ dốc của đường cong

( )y f x tại điểm 0 0 0,M x y .

Định lý 7.

1. Các hàm sơ cấp có đạo hàm tại mọi điểm thuộc tập xác định.

2. Nếu hàm 𝑓 có đạo hàm tại 𝑥0 thì 𝑓 liên tục tại 𝑥0. Điều ngược lại là không đúng.

Trong ví dụ 26 thì hàm 𝑦 = |𝑥| liên tục tại 𝑥 = 0 nhưng không có đạo hàm tại 𝑥 = 0.



Bảng đạo hàm các hàm thông dụng

(𝑥𝑛)′ = 𝑛𝑥𝑛−1

(1

𝑥𝑛)′

= −𝑛

𝑥𝑛+1

(√𝑥)′=

1

2√𝑥

(sin 𝑥)′ = cos 𝑥

(cos 𝑥)′ = −sin 𝑥

(tan 𝑥)′ = 1 + tan2 𝑥 =1

cos2 𝑥

(log𝑎 𝑥)′ =

1

𝑥 ln 𝑎; (ln 𝑥)′ =

1

𝑥

b. Các quy tắc tính đạo hàm

Định lý 8. (quy tắc tính đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương) Giả sử các hàm số 𝑓,

𝑔 có đạo hàm hữu hạn tại 𝑥. Khi đó tại 𝑥 ta có:

1. (𝑓 ± 𝑔)′(𝑥) = 𝑓 ′(𝑥) ± 𝑔′(𝑥)

2. (𝑘𝑓)′(𝑥) = 𝑘. 𝑓 ′(𝑥) (với 𝑘 ∈ ℝ)

3. (𝑓. 𝑔)′(𝑥) = (𝑓 ′. 𝑔)(𝑥) + (𝑓. 𝑔′)(𝑥)

4. (𝑓

𝑔)

′

(𝑥) =(𝑓 ′. 𝑔)(𝑥) − (𝑓. 𝑔′)(𝑥)

𝑔2(𝑥) (𝑔(𝑥) ≠ 0)

Đặc biệt

(1

𝑔)′

(𝑥) = −𝑔′(𝑥)

𝑔2(𝑥) (𝑔(𝑥) ≠ 0)

Định lý 9. (quy tắc tính đạo hàm của hàm hợp) Giả sử tồn tại 𝑓 ′(𝑥) và 𝑔′(𝑦) với

𝑦 = 𝑓(𝑥). Khi đó tồn tại

(𝑔 ∘ 𝑓)′(𝑥) = 𝑔′(𝑦). 𝑓 ′(𝑥) = 𝑔′(𝑓(𝑥)). 𝑓 ′(𝑥)

Ví dụ 29. Xét hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) = (𝑥2 + 𝑥)3, khi đó

𝑦′ = 𝑓 ′(𝑥) = 3(𝑥2 + 𝑥)2. (𝑥2 + 𝑥)′ = 3(2𝑥 + 1)(𝑥2 + 𝑥)2

(cot 𝑥)′ = −(1 + cot2 𝑥) = −1

sin2 𝑥

(arcsin 𝑥)′ =1

√1 − 𝑥2

(arccos 𝑥)′ = −1

√1 − 𝑥2

(arctan 𝑥)′ =1

𝑥2 + 1

(arccot 𝑥)′ = −1

𝑥2 + 1

(𝑎𝑥)′ = 𝑎𝑥 ln 𝑎 ; (𝑒𝑥)′ = 𝑒𝑥



Bảng đạo hàm các hàm hợp cơ bản

Với 𝑢 = 𝑢(𝑥) ta có :

(𝑢𝑛)′ = 𝑛𝑢𝑛−1𝑢′

(1

𝑢𝑛)′

= −𝑛𝑢′

𝑢𝑛+1

(√𝑢)′=

𝑢′

2√𝑢

(sin 𝑢)′ = 𝑢′ cos 𝑢

(cos 𝑢)′ = −𝑢′ sin 𝑢

(tan 𝑢)′ = 𝑢′(1 + tan2 𝑢) =𝑢′

cos2 𝑢

(cot 𝑢)′ = −𝑢′(1 + cot2 𝑢) = −𝑢′

sin2 𝑢

Ví dụ 30. Cho hàm số2siny x . Ta có 2sin sin 2sin cos sin2y x x x x x

Định lý 10. (quy tắc tính đạo hàm của hàm ngược) Giả sử hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đạo

hàm 𝑓 ′(𝑥) và tồn tại hàm ngược 𝑥 = 𝑔(𝑦) (ta còn kí hiệu 𝑔 = 𝑓−1). Nếu tại điểm 𝑥0

mà 𝑓 ′(𝑥0) ≠ 0 thì 𝑔(𝑦) có đạo hàm tại 𝑦0 = 𝑓(𝑥0) và

𝑔′(𝑦0) =1

𝑓 ′(𝑥0)=

1

𝑓 ′(𝑔(𝑦0))

Ví dụ 31. Xét hàm số tan , ,2 2

x x y y y

hàm ngược là 𝑦 = 𝑦(𝑥) =

arctan 𝑥. Ta có 21 tanyx x y y . Do 0, ,2 2

x y y

nên ta có

2 2 2

1 1 1 1

1 tan 1 tan arctan 1x

y

yx y x x

Định lí 11. (đạo hàm của hàm số cho bởi phương trình tham số) Giả sử hàm số

𝑦 = 𝑓(𝑥) phụ thuộc biến 𝑥 không trực tiếp mà thông qua biến trung gian 𝑡, với

𝑥 = 𝜑(𝑡); 𝑦 = 𝜓(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏). Trên (𝑎, 𝑏) hàm 𝑥 = 𝜑(𝑡) có hàm ngược 𝑡 = 𝜑−1(𝑥),

khi đó

𝑦𝑥′ =

𝑦𝑡′

𝑥𝑡′

Ví dụ 32.

(arcsin 𝑢)′ =𝑢′

√1 − 𝑢2

(arccos 𝑢)′ = −𝑢′

√1 − 𝑢2

(arctan 𝑢)′ =𝑢′

𝑢2 + 1

(arccot 𝑢)′ = −𝑢′

𝑢2 + 1

(𝑎𝑢)′ = 𝑢′𝑎𝑢 ln 𝑎 ; (𝑒𝑢)′ = 𝑢′𝑒𝑢

(log𝑎 𝑢)′ =

𝑢′

𝑢 ln 𝑎; (ln 𝑢)′ =

𝑢′

𝑢



1. Cho 2cos ; sin , 0,

2x t y t t

. Tính xy ?

2. Cho 1 312 ; 1

4

tx y t . Tính 1xy ?

Giải.

1. 2cos sin ; cost tx t t y t . Vậy cos 1

2cos sin 2sin

xx

t

y ty

x t t t

.

2. 1 23

2 ln 2;4

t

t tx y t . Suy ra

2

1

3

4.2 ln 2

tx t

t

y ty

x

.

Khi 𝑥 = 1 thì 1 = 2𝑡−1 ⟺ 𝑡 − 1 = 0 ⟺ 𝑡 = 1. Vậy 3

14ln 2

xy .

Định nghĩa 17 (hàm ẩn). Nếu hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) thỏa mãn phương trình 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0

với ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) thì ta nói 𝑓(𝑥) là hàm ẩn cho bởi phương trình 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0.

Để tìm đạo hàm 𝑦𝑥′ của hàm ẩn, ta lưu ý rằng

𝐹(𝑥, 𝑦(𝑥)) = 0, ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏)

Nên ta có thể lấy đạo hàm hệ thức trên theo biến 𝑥, xem 𝑦 là hàm hợp theo biến 𝑥.

Sau đó giải phương trình thu được theo 𝑦𝑥′ .

Ví dụ 33.

1. Cho hàm ẩn 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định bởi phương trình 𝑥3 + 𝑦2 − 2𝑥 = 1. Tính 𝑦′.

2. Cho hàm ẩn 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định bởi phương trình 𝑦 = 1 + 𝑥𝑒𝑦. Tính 𝑦′(0).

Giải.

1. Ta có 3𝑥2 + 2𝑦. 𝑦′ − 2 = 0 ⟹

22 3

2

xy

y

.

2. Ta có 𝑦′ = 𝑒𝑦 + 𝑥𝑒𝑦𝑦′ ⟹(1 )

y

y

ey

xe

.

Khi 𝑥 = 0 thì 𝑦 = 1 + 0. 𝑒𝑦 ⟺ 𝑦 = 1 ⟹ 𝑦′(0) = 𝑒.

1.4.2. Vi phân

a. Định nghĩa 18

1. Giả sử hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đạo hàm tại 𝑥, ta có

𝑓 ′(𝑥0) = lim∆𝑥→0

∆𝑦

∆𝑥⟹

∆𝑦

∆𝑥= 𝑓 ′(𝑥0) + 𝛼(𝑥)

Trong đó 𝛼(𝑥) là một VCB khi ∆𝑥 → 0. Từ đó suy ra



∆𝑦 = 𝑓 ′(𝑥0). ∆𝑥 + ∆𝑥. 𝛼(𝑥)

Dễ thấy ∆𝑥. 𝛼(𝑥) là một VCB cấp cao hơn VCB ∆𝑥 khi ∆𝑥 dần về 0, ta viết lại biểu

thức:

∆𝑦 = 𝑓 ′(𝑥0). ∆𝑥 + 0(∆𝑥)

Khi đó biểu thức 𝑓 ′(𝑥0). ∆𝑥 được gọi là vi phân cấp 1 của hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) tại 𝑥0. kí

hiệu là 𝑑𝑦(𝑥0) hay 𝑑𝑓(𝑥0). Như vậy

𝑑𝑦(𝑥0) = 𝑑𝑓(𝑥0) = 𝑓′(𝑥0)∆𝑥

2. Ta nói 𝑓 khả vi tại 𝑥0 khi và chỉ khi nó có đạo hàm tại 𝑥0.

Nhận xét.

1. Xét hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥. Khi đó 𝑑𝑓(𝑥) = 𝑑𝑥 = (𝑥)′∆𝑥 = ∆𝑥

Do đó ta thường viết biểu thức vi phân là

𝑑𝑦 = 𝑑𝑓 = 𝑑𝑓(𝑥) = 𝑓 ′(𝑥)𝑑𝑥 hay 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓 ′(𝑥)

2. Do ∆𝑦 = 𝑓 ′(𝑥0). ∆𝑥 + 0(∆𝑥) nên khi ∆𝑥 đủ nhỏ thì ∆𝑦 là giá trị gần đúng của

𝑓 ′(𝑥0). ∆𝑥, tức là ∆𝑦 ≈ 𝑓 ′(𝑥0). ∆𝑥 hay 𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) ≈ 𝑓(𝑥0) + 𝑓′(𝑥0)∆𝑥.

Ví dụ 34. Tìm vi phân của các hàm số sau:

1. 𝑦 = 𝑥3 − 3𝑥 2. 𝑦 = ln3 𝑥

Giải.

1. Ta có 𝑑𝑦 = (𝑥3 − 3𝑥)′𝑑𝑥 = (3𝑥2 − 3)𝑑𝑥.

2. Ta có 𝑑𝑦 = (ln3 𝑥)′𝑑𝑥 =23ln x

dxx

.

Ví dụ 35. Tính giá trị gần đúng của √3,99.

Giải.

Xét hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) = √𝑥 và 𝑥0 = 4, ∆𝑥 = −0,01.

Ta có 𝑓 ′(𝑥) =1

2 x. Theo công thức tính gần đúng thì

√3,99 = 𝑓(𝑥0 + ∆𝑥) ≈ 𝑓(𝑥0) + 𝑓′(𝑥0)∆𝑥 = 𝑓(4) + 𝑓 ′(4)(−0,01) = 1,9975

b. Các quy tắc tính vi phân

Định lý 12. (quy tắc tính vi phân của tổng, hiệu, tích, thương)

Giả sử các hàm số 𝑓, 𝑔 khả vi tại 𝑥, 𝑘 ∈ ℝ. Khi đó tại 𝑥 ta có

1. 𝑑(𝑓 ± 𝑔)(𝑥) = 𝑑𝑓(𝑥) ± 𝑑𝑔(𝑥)



2. 𝑑(𝑘𝑓)(𝑥) = 𝑘. 𝑑𝑓(𝑥)

3. 𝑑(𝑓. 𝑔)(𝑥) = 𝑑𝑓(𝑥). 𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥). 𝑑𝑔(𝑥)

4. 𝑑 (𝑓

𝑔) (𝑥) =

𝑑𝑓(𝑥). 𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥). 𝑑𝑔(𝑥)

𝑔2(𝑥) (𝑔(𝑥) ≠ 0)

Đặc biệt

𝑑 (1

𝑔) (𝑥) = −

𝑑𝑔(𝑥)

𝑔2(𝑥) (𝑔(𝑥) ≠ 0)

Định lí 13. (quy tắc tính vi phân của hàm hợp)

Cho 𝑧 = 𝑔(𝑦) khả vi tại 𝑦 và 𝑦 = 𝑓(𝑥) khả vi tại 𝑥. Khi đó

𝑑𝑧 = 𝑔′(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑔′(𝑦)𝑓 ′(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑔′(𝑓(𝑥))𝑓 ′(𝑥)𝑑𝑥

1.4.3. Đạo hàm và vi phân cấp cao

a. Đạo hàm cấp cao

Định nghĩa 19. Giả sử hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đạo hàm 𝑦′ = 𝑓 ′(𝑥), là một hàm theo biến

𝑥. Nếu hàm số 𝑦′ = 𝑓 ′(𝑥) có đạo hàm thì đạo hàm đó được gọi là đạo hàm cấp 2 của

hàm số 𝑓(𝑥) (ta nói 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đạo hàm cấp 2), kí hiệu 𝑦′′ hoặc 𝑓 ′′(𝑥). Như vậy

𝑦′′ = 𝑓 ′′(𝑥) = (𝑓 ′)′(𝑥)

Tổng quát, nếu đạo hàm của đạo hàm cấp 𝑛 − 1 tồn tại thì thì đạo hàm đó được gọi

là đạo hàm cấp 𝑛 của hàm số 𝑓(𝑥), kí hiệu 𝑦(𝑛) hoặc 𝑓(𝑛)(𝑥). Như vậy

𝑦(𝑛) = 𝑓(𝑛)(𝑥) = (𝑓(𝑛−1))′(𝑥)

Chú ý. Quy ước 𝑦(0) = 𝑓(0)(𝑥) = 𝑓(𝑥). 𝑦′ = 𝑓 ′(𝑥) còn được gọi là đạo hàm cấp 1.

Quy tắc tính đạo hàm cấp cao

1. (𝑓 ± 𝑔)(𝑛)(𝑥) = 𝑓(𝑛)(𝑥) ± 𝑔(𝑛)(𝑥)

2. (𝑘𝑓)(𝑛)(𝑥) = 𝑘. 𝑓(𝑛)(𝑥)

3. (𝑓. 𝑔)(𝑛)(𝑥) =∑ 𝐶𝑛𝑘𝑓(𝑘)(𝑥)𝑔(𝑛−𝑘)(𝑥)

𝑛

𝑘=0

Ví dụ 36. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥√1 + 𝑥2. Tính 𝑓 ′′(𝑥).

Giải. Ta có 𝑓 ′(𝑥) =2

2

2 2

1 21

1 1

x xx x

x x

.

𝑓 ′′(𝑥) =

4𝑥√1 + 𝑥2 − (1 + 2𝑥2)𝑥

√1 + 𝑥2

1 + 𝑥2=

3𝑥 + 2𝑥3

(1 + 𝑥2)√1 + 𝑥2

Đạo hàm cấp cao của một số hàm sơ cấp



1. 𝑓(𝑥) = (𝑎 + 𝑥)𝛼 ⟹ 𝑓(𝑛)(𝑥) = 𝛼(𝛼 − 1)… (𝛼 − 𝑛 + 1)(𝑎 + 𝑥)𝛼−𝑛

Đặc biệt 𝑓(𝑥) =1

x a⟹

1

11 !

nn

nf x n

x a

2. 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑎𝑥 ⟹ 𝑓(𝑛)(𝑥) = 𝑎𝑛𝑒𝑎𝑥

3. 𝑓(𝑥) = ln 𝑥 ⟹ 𝑓(𝑛)(𝑥) = 1 1 !

1n

n

n

x

4. 𝑓(𝑥) = sin 𝑎𝑥 ⟹ 𝑓(𝑛)(𝑥) = sin2

na ax n

5. 𝑓(𝑥) = cos 𝑎𝑥 ⟹ 𝑓(𝑛)(𝑥) = cos2

na ax n

Ví dụ 37. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) = sin2 𝑥. Tính 𝑓(𝑛)(𝑥).

Giải. Ta có 𝑦 = 𝑓(𝑥) = 2 1 1sin cos2

2 2x x

11 1

cos2 2 cos 2 2 cos 22 2 2 2

nn n nf x x x n x n

b. Vi phân cấp cao

Định nghĩa 20. Giả sử hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định và khả vi trên (𝑎; 𝑏). Khi đó

𝑑𝑦 = 𝑓 ′(𝑥)𝑑𝑥 là một hàm theo biến 𝑥 (xem 𝑑𝑥 là một hằng số). Nếu 𝑑𝑦 = 𝑑𝑓(𝑥) khả

vi thì vi phân đó được gọi là vi phân cấp 2 của hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) (ta nói 𝑦 = 𝑓(𝑥) khả

vi cấp 2), kí hiệu 𝑑2𝑦 hoặc 𝑑2𝑓(𝑥). Như vậy

𝑑2𝑦 = 𝑑2𝑓(𝑥) = 𝑑(𝑑𝑓)(𝑥) = (𝑓 ′(𝑥)𝑑𝑥)′𝑑𝑥 = 𝑓 ′′(𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥 = 𝑓 ′′(𝑥)(𝑑𝑥)2

Ta kí hiệu (𝑑𝑥)2 = 𝑑𝑥2, do đó công thức trên còn viết là

𝑑2𝑦 = 𝑓 ′′(𝑥)𝑑𝑥2 hay 𝑑2𝑦

𝑑𝑥2= 𝑓 ′′(𝑥)

Tổng quát, nếu 𝑓 có vi phân cấp 𝑛 − 1 và 𝑑𝑛−1𝑓 có vi phân thì vi phân đó được gọi

là vi phân cấp 𝑛 của hàm số 𝑓(𝑥), kí hiệu 𝑑𝑛𝑦 hoặc 𝑑𝑛𝑓(𝑥). Như vậy

𝑑𝑛𝑦 = 𝑑𝑛𝑓(𝑥) = 𝑑(𝑑𝑛−1𝑦) = (𝑓(𝑛−1)𝑑𝑥𝑛−1)′𝑑𝑥 = 𝑓(𝑛)(𝑥)𝑑𝑥𝑛 hay

𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑥𝑛= 𝑓(𝑛)(𝑥)

Chú ý. Nếu 𝑥 không phải là biến độc lập (𝑥 là một hàm theo 𝑡) thì công thức vi phân

cấp 2 trở lên không còn đúng nữa.

Quy tắc tính vi phân cấp cao

1. 𝑑𝑛(𝑓 ± 𝑔)(𝑥) = 𝑑𝑛𝑓(𝑥) ± 𝑑𝑛𝑔(𝑥)



2. 𝑑𝑛(𝑘𝑓)(𝑥) = 𝑘. 𝑑𝑛𝑓(𝑥)

3. 𝑑𝑛(𝑓. 𝑔)(𝑥) = ∑ 𝐶𝑛𝑘𝑑𝑘𝑓(𝑥)𝑑𝑛−𝑘𝑔(𝑥)

𝑛

𝑘=0

1.4.5. Ứng dụng của phép tính vi phân

a. Công thức Taylor

Chúng ta đều thấy làm việc với những hàm số biễu diễn dưới dạng một đa thức sẽ

tiện lợi hơn rất nhiều. Công thức Taylor là một công cụ rất quan trọng trong toán học

cho ta cách khai triển một số hàm số không phải là đa thức thành đa thức.

Định lý 13. Giả sử hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) khả vi đến cấp 𝑛 + 1 trong một lân cận của 𝑥0.

Khi đó với mọi 𝑥 thuộc lân cận này, ta có

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0) +𝑓 ′(𝑥0)

1!(𝑥 − 𝑥0) +

𝑓 ′′(𝑥0)

2!(𝑥 − 𝑥0)

2 +⋯+𝑓(𝑛)(𝑥0)

𝑛!(𝑥 − 𝑥0)

𝑛

+𝑓(𝑛+1)(𝜉)

(𝑛 + 1)!(𝑥 − 𝑥0)

𝑛+1

Với 𝜉 ∈ (𝑥; 𝑥0) (khi 𝑥 < 𝑥0) hoặc 𝜉 ∈ (𝑥0; 𝑥) (khi 𝑥 > 𝑥0).

Công thức trên được gọi là công thức Taylor (khai triển Taylor) của hàm 𝑓(𝑥) tại

điểm 𝑥0 và 𝑅𝑛(𝑥) =𝑓(𝑛+1)(𝜉)

(𝑛+1)!(𝑥 − 𝑥0)

𝑛+1 được gọi là phần dư dạng Lagrange.

Ta còn kí hiệu 𝑅𝑛(𝑥) = 0(|𝑥 − 𝑥0|𝑛), là một lượng vô cùng bé bậc lớn hơn VCB

|𝑥 − 𝑥0|𝑛, được gọi là dư số Peano.

Nếu 𝑥0 = 0 thì công thức Taylor trên được gọi là công thức Maclaurin (khai triển

Maclaurin) của hàm 𝑓(𝑥), có dạng

𝑓(𝑥) = 𝑓(0) +𝑓 ′(0)

1!𝑥 +

𝑓 ′′(0)

2!𝑥2 +⋯+

𝑓(𝑛)(0)

𝑛!𝑥𝑛 +

𝑓(𝑛+1)(𝜉)

(𝑛 + 1)!𝑥𝑛+1

Với 𝜉 ∈ (𝑥; 0) (khi 𝑥 < 0) hoặc 𝜉 ∈ (0; 𝑥) (khi 𝑥 > 0). Lúc này 𝑅𝑛(𝑥) = 0(𝑥𝑛).

Khai triển Maclaurin của một số hàm sơ cấp

𝑒𝑥 = 1 +𝑥

1!+𝑥2

2!+ ⋯+

𝑥𝑛

𝑛!+ 𝑅𝑛(𝑥)

sin 𝑥 = 𝑥 −𝑥3

3!+𝑥5

5!+ ⋯+ (−1)𝑛

𝑥2𝑛−1

(2𝑛 − 1)!+ 𝑅2𝑛(𝑥)

cos 𝑥 = 1 −𝑥2

2!+𝑥4

4!+ ⋯+ (−1)𝑛

𝑥2𝑛

(2𝑛)!+ 𝑅2𝑛+1(𝑥)

arctan 𝑥 = 𝑥 −𝑥3

3+𝑥5

5+⋯+ (−1)𝑛

𝑥2𝑛−1

2𝑛 − 1+ 𝑅2𝑛(𝑥)

Với 𝑥 > −1 ta có các khai triển sau



ln(1 + 𝑥) = 𝑥 −𝑥2

2+𝑥3

3+⋯+ (−1)𝑛+1

𝑥𝑛

𝑛+ 𝑅𝑛(𝑥)

(1 + 𝑥)𝛼 = 1 +𝛼𝑥

1!+𝛼(𝛼 − 1)𝑥2

2!+ ⋯+

𝛼(𝛼 − 1)…(𝛼 − 𝑛 + 1)𝑥𝑛

𝑛!+ 𝑅𝑛(𝑥)

Ví dụ 38. Viết khai triển Maclaurin của hàm 𝑦 = 𝑒sin𝑥 đến số hạng 𝑥3.

Bài giải

Ta có 𝑦′ = 𝑒sin𝑥. cos 𝑥 ; 𝑦′′ = 𝑒sin𝑥. (cos2 𝑥 − sin 𝑥) ;

𝑦′′′ = 𝑒sin𝑥. (cos3 𝑥 − 3 sin 𝑥 cos 𝑥 − cos 𝑥)

Do đó

231 0( ).

2

xy x x

Nhận xét: Ngoài việc sử dụng công thức Taylor để xấp xĩ một hàm thành một đa thức,

người ta còn ứng dụng vào phép tính gần đúng hoặc tính giới hạn.

Ví dụ 39. Tính 0

2lim

sin

x x

x

e e x

x x

.

Giải. Ta có:

2 3 2 3 3

3 3 31 0( ); 1 0( ); sin 02 6 2 6 6

x xx x x x xe x x e x x x x x

Do đó ta có :

33

30 03

20

2 6lim lim 2sin

06

x x

x x

xx

e e x

xx xx

.

b. Quy tắc L’Hospital

Định lý 14. (Quy tắc L’Hospital 1) Giả sử 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) khả vi và 𝑔′(𝑥) ≠ 0 trong một

lân cận của 𝑥0, có thể loại trừ 𝑥0 (𝑥0 hữu hạn hoặc ∞). Khi đó nếu

lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) = lim𝑥→𝑥0

𝑔(𝑥) = 0 và lim𝑥→𝑥0

𝑓 ′(𝑥)

𝑔′(𝑥)= 𝑎

(𝑎 hữu hạn hoặc ∞) thì

lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)= 𝑎

Định lý 15. (Quy tắc L’Hospital 2) Giả sử 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) khả vi và 𝑔′(𝑥) ≠ 0 trong một

lân cận của 𝑥0, có thể loại trừ 𝑥0 (𝑥0 hữu hạn hoặc ∞). Khi đó nếu

lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) = lim𝑥→𝑥0

𝑔(𝑥) = ∞ và lim𝑥→𝑥0

𝑓 ′(𝑥)

𝑔′(𝑥)= 𝑎

(𝑎 hữu hạn hoặc ∞) thì



lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)= 𝑎

Chú ý.

1. Các quy tắc L’Hospital 1 và L’Hospital 2 tương ứng được sử dụng để khử dạng vô

định 0

0 và

∞

∞. Khi áp dụng quy tắc này, nếu

𝑓′(𝑥)

𝑔′(𝑥) vẫn ở dạng vô định trên thì ta có thể áp

dụng tiếp các quy tắc này nhiều lần.

2. Khi 𝑥0 hữu hạn, hai quy tắc trên đều áp dụng được cho giới hạn bên trái hoặc giới

hạn bên phải tại 𝑥0.

Ví dụ 40.

1.

2 2

'1 1 1

1 2 2lim lim lim 2

ln 2 2 1 / 2 1 2L Hospital

x x x

x x x

x x x x

2. '

ln 1 / 1lim lim lim 0

1L Hospital

x x x

x x

x x

3. '0 0

1 1lim lim 2

1

x x

L Hospitalx x

e x e

x

4. ' '0 0 0

2 2lim lim lim

sin 1 cos sin

x x x x x x

L Hospital L Hospitalx x x

e e x e e e e

x x x x

'0

lim 2cos

x x

L Hospitalx

e e

x

5.

1

1

1 1ln

ln 11 1

1 1 1lim lim lim

x xxx x

x x xx e e e

Vì '1 1 1

1 ln 1 /lim ln lim lim 1

1 1 1L Hospital

x x x

x xx

x x

6. 20 0

sin colim lim

s

s sin c s

in

o

x xx x

x x x x x x

x

, vì sin x x khi 0x

ospitL'H0 0

al

cos cos sin s= lim lim 0

i

2 2

n

x xx

x x x x x

.

B. Bài tập có lời giải

Bài 1.

Chứng minh sự hội tụ hay phân kì của dãy số.

Nhắc lại: Dãy số nx được gọi là hội tụ nếu lim nn

x a

với a là một số thực. Ngược

lại nếu không tồn tại lim nn

x

hoặc lim nn

x

thì nx được gọi là phân kì.

Phương pháp:



1. Sử dụng các công thức tính giới hạn cơ bản và các phép toán về giới hạn của dãy số

để tính giới hạn lim nn

x

, dựa vào kết qủa đó rồi kết luận dãy số hội tụ hay phân kì .

2. Sử dụng các tiêu chuẩn hội tụ của dãy số.

1.1 Chứng minh các dãy số nx sau hội tụ:

a. 1 1 1 1

ln 1 ln 1 ln 1 ... ln 12 4 8 2

n nx

b. 1 1 1 1

1 1 1 ... 12 4 8 2

n nx

c. 2 2 2 .... 2 nx (có n căn)

Giải.

a. Dễ thấy dãy nx là dãy tăng vì 1 1

1ln 1 ln1 0

2n n n

x x

. Mặt khác ta có

ln 1 , 0x x x , thật vậy ta xét hàm ( ) ln 1f x x x

1( ) 1 0, 0

1 1

xf x x

x x

nên hàm ( )f x nghịch biến, vậy với

0 ( ) (0) ln 1 0 ln 1x f x f x x x x . Từ kết quả này ta suy

ra: 1 1 1 1 1 1 1 1

ln 1 ln 1 ln 1 ... ln 1 ...2 4 8 2 2 4 8 2

n n nx

11

1 12. 1 1, .12 2

2

n

nn

Vậy dãy nx là dãy tăng và bị chặn trên nên hội tụ.

b. Dễ thấy dãy nx là dãy tăng vì 111

11 1

2

nn nn

n

xx x

x

. Mặt khác ta có:

1 1 1 1ln ln 1 1 1 ... 1

2 4 8 2n n

x

1 1 1 1

ln 1 ln 1 ln 1 ... ln 12 4 8 2n

11

1 1 1 1 1 12... . 1 1, .12 4 8 2 2 2

2

n

n nn



.nx e n Vậy dãy nx là dãy tăng và bị chặn trên nên hội tụ.

c. Ta sẽ chứng minh 2 nx n bằng phương pháp qui nạp. Với 1n ta có

1 2 2x . Giả sử mệnh đề đúng với n k , nghĩa là

2 2 2 ... 2 2kx (có k căn)

Ta chứng minh 1 2kx , thật vậy ta có

1 2 2 2 2k kx x .

Vậy dãy nx bị chặn trên.

Ta lại có

2

1 1

22 2 0

2

n nn n n n n n

n n

x xx x x x x x

x x

.

Suy ra nx là dãy tăng.

Vậy dãy nx là dãy tăng và bị chặn trên nên hội tụ.

1.2. Dùng tiêu chuẩn Cauchy chứng minh rằng:

a. Dãy 2 2 2

1 1 11 ...

2 3nx

n hội tụ.

b. Dãy 1 1 1

1 ...2 3

nxn

phân kì.

Giải.

a. Với mọi 0 ta xét:

2 2 2

1 1 1...

1 2n p nx x

n n n p

1 1 1

...1 1 2 1n n n n n p n p

1 1 1 1 1 1 1 1...

1 1 2 2 1 1n n n n n p n p n p n p

1 1 1

n n p n

khi

1n

.

Như vậy, 1 1

0, N= : , n p nn N p x xn

.



Vậy dãy 2 2 2

1 1 11 ...

2 3nx

n hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy.

b. Ta xét:

1 1 1 1 1 1... ...

1 2n p n

px x

n n n p n p n p n p n p

.

Khi p n ta có 1

2n p n

px x

p p

. Như vậy chọn

10;

2

, p n thì

1

2n p nx x . Vậy dãy

1 1 11 ...

2 3nx

n phân kì.

1.3. Tìm các giới hạn của các dãy số sau rồi xét sự hội tụ của chúng.

a. 3

3 2

n

n n nx

b.

2 3 1... n

nx a aq aq aq aq , , 0a q a

c. 2 25 3nx n n d.

2

1

1n

nxn

Giải.

a. Ta có 3 1

lim lim lim 13 2 2

13

n

n nn nn n nx

nên dãy nx hội tụ.

b. Ta có 2 3 1

. khi 1

lim lim 1 ... (1 ) khi 1

1

n nn

n n

n a q

x a q q q q a qq

q

+ Khi 1q thì lim lim .nn n

x n a

.

+ Khi 1q thì 0 khi 2(1 1 )(1 )

lim lim lim khi 2 11 2

nn

nn n n

n kaa qx

a n kq

Vậy trong trường hợp này lim nn

x

không tồn tại.

+ Khi 1q thì do lim 0n

nq

nên

(1 )lim lim

1 1

n

nn n

a q ax

q q

.

+ Khi 1q thì thì do lim n

nq

nên

(1 )lim lim

1

n

nn n

a qx

q

.

Như vậy dãy nx hội tụ khi 1q , phân kì khi 1q .



c. Ta có 2 2

2 2

2 2

3lim lim 3 lim

3n

n n n

n n nx n n n

n n n

2 2

31

3 1lim lim

21 331 1

n n

n n

n n n

n n

.

Như vậy dãy nx hội tụ.

d. Ở câu này rất nhiều bạn có cách làm sai như sau:

Vì 2

1lim 0

1n n

nên

2

1lim lim 0 0

1

nn

n nn

. Sai ở chỗ các bạn đã lấy lim hai

lần. Các bạn đã lấy lim ở biểu thức 2

1

1n khi n thì không được phép lấy lim ở

biểu thức 0n với n thêm lần nữa. Giới hạn là phải lấy đồng thời.

Cách làm đúng: ta có

2 2

lim 11lim lim lim 1

1 lim 1

n

nnn n

nn n n

n

x xn n

(vì 2lim 1 1n

nn

).

Như vậy dãy nx hội tụ.

Bài 2.

Tìm giới hạn của hàm số

Dạng 0

0

Phương pháp :

1. Phân tích đa thức thành nhân tử (để giản ước yếu tố bằng 0).

2. Nhân và chia với biểu thức liên hợp.

3. Sử dụng các công thức giới hạn cơ bản.

4. Sử dụng các qui tắc thay thế lượng VCB tương đương.

5. Sử dụng qui tắc L’Hospital.

Tùy bài toán mà ta nên chọn phương pháp cho phù hợp. Nếu biểu thức có dạng đa

thức trên đa thức thì có thể chọn phương pháp 1 hoặc 5, nếu là dạng có chứa căn thì có

thể chọn phương pháp 2 hoặc 5, còn nếu là dạng có liên quan đến những công thức cơ



bản mà ta đã học ở phần lý thuyết thì ta nên chọn phương pháp 3, 4 hoặc 5. Tuy nhiên

có một số bài có biểu thức phức tạp thì có thể ta phải kết hợp linh hoạt nhiều phương

pháp mới có thể giải được.

2.1. Tính các giới hạn sau:

a.

3 2

23

4 4 3lim

3x

x x x

x x

b.

2

1

3 1 2lim

1x

x x

x

c. 0

1 1lim

3 2 9x

x

x

d.

0

1 1lim ,

n

x

xn

x

Giải

a.

23 2 2

23 3 3

3 14 4 3 1 7lim lim lim

3 3 3x x x

x x xx x x x x

x x x x x

.

b.

222

2 2

1 1 12 2

3 1 23 1 2 1 lim lim lim

1 1 3 1 2 1 3 1 2x x x

x xx x x

x x x x x x x

21

1 1lim

23 1 2x

x

x x

.

c. 0 0 0

1 1 3 2 91 1 3 2 9 3 lim lim lim

23 2 9 9 2 9 1 1 2 1 1x x x

x xx x

x x x x

.

d. Đặt 1 1nnt x x t . Khi 0x thì 1t . Vậy

1 20 1 1

1 1 1 1lim lim lim

1 1 ... 1

n

n n nx t t

x t t

x t t t t t

1 21

1 1lim

... 1n nt t t t n

2.2. Tính các giới hạn sau, với ,a b và a b :

a. 0

sinlimx

ax

x b.

0

sinlim

sinx

ax

bx c.

20

1 coslimx

ax

x

d. 0

1lim

ax

x

e

x

e.

0

ln 1limx

ax

x

f.

0

ln 1lim

1bxx

ax

e

Giải



a. Cách 1: 0 0 0

sin sin sinlim lim . .limx x x

ax ax axa a a

x ax ax .

Cách 2: khi 0x ta có sinax ax nên 0 0

sinlim limx x

ax axa

x x .

Cách 3: ospitL a'H l0 0

sin .clim =

olim .

s

1x x

ax a axa

x

b. Cách 1: 0 0

sin sinlim lim

sin sinx x

ax a ax bx a

bx b ax bx b .

Cách 2: khi 0x ta có sin , sinax ax bx bx nên 0 0

sinlim lim

sinx x

ax ax a

bx bx b .

Cách 3: ospitalL'H0 0

sin .clim = li

osm .

sin .cosx x

ax a a

b

x a

bx b x b

c. Cách 1:

2

22 2

2 20 0 0

2sin sin1 cos 2 2lim lim 2lim 2

2 2x x x

ax ax

ax a a

x x x

.

Cách 2: khi 0x ta có

2

1 cos2

axax nên

2 2 2

2 20 0

1 coslim lim

2 2x x

ax a x a

x x

.

Cách 3:

2 2

L'Hospital ospitalL'H20 0 0

1 cos .sin .clim = lim = lim .

o

2 2 2

s

x x x

ax a ax a ax a

x x

d. Cách 1: 0 0

1 1lim lim

ax ax

x x

e ea a

x ax

.

Cách 2: khi 0x ta có 1axe ax nên 0 0

1lim lim .

ax

x x

ea

x x

ax


1 .lim = lim .

1

ax ax

x x

e a ea

x

e. Cách 1:

0 0

ln 1 ln 1lim limx x

ax axa a

x ax

.

Cách 2: khi 0x ta có ln 1 ax ax nên

0 0

ln 1lim lim .x x

axa

x x

ax

Cách 3:

ospitaL'H0

l0

ln 1lim = lim .

1x x

ax aa

x ax



f. Cách 1:

0 0

ln 1 ln 1lim lim . .

1 1bx bxx x

ax ax bx a

e ax e b

0 0

ln 1 lim .lim

1bxx x

axa bx a

b ax e b

.

Cách 2: khi 0x ta có ln 1 ax ax , 1bxe bx nên

0 0

ln 1lim lim .

1bxx x

ax a

e bx b

ax

Cách 3:

ospitalL'H0 0

ln 1lim = lim .

1 1bx bxx x

ax a a

e ax be b


a. 0

1lim

x

x

a

x

b.

0

log 1lim

a

x

x

x

, 0, 1a a

c. 0 2

ln coslimx

ax

x d.

1lim

ln

1x

x x

x

x

Giải.

a. Cách 1:

ln ln

0 0 0

1 1 1lim lim limln . ln

ln

xx a x a

x x x

a e ea a

x x x a

.

Cách 2: khi 0x ta có ln lnx x aa e x a , nên

0 0

1lim lim

l.n

nl

x

x x

xa

x x

aa

Cách 3: ospitaL'H0 0

l

1 lnlim = lim ln .

1

x x

x x

a a aa

x

b. Cách 1:

0 0

log 1 ln 1 1lim lim

ln ln

a

x x

x x

x x a a

.

(sử dụng công thức ln 1

log 1ln

a

xx

a

)

Cách 2: khi 0x ta có ln 1

log 1ln ln

a

x xx

a a

, do đó

0 0

log 1 1lim lim

ln ln

a

x x

xx

x x a a



Cách 3:

ospitalL'H0 0

log 1 lnlim = lim ln .

1

a

x x

x aa

x x

c. Cách 1: 0

2

2 2 20

ln cos ln 1 cos 1 cos 1. .

coslim lim

1x x

ax ax axa

x ax a x

22

2 20 0

ln 1 cos 1 cos 1. .

cos 1lim im

2l

x x

ax ax aa

ax a x

.


2

ln cos ln 1 cos 1 cos 12

axax ax ax , do đó

20

2

2

02lim lim

ln cos 2

2x x

ax

ax a

x x

Cách 3:

2

L'H0 0 0 0

ospital2

ln cos

cos co

sin sinlim = lim =lim .lim .

2 s. 2. 2x x x x

a ax ax a a

x

ax

x ax ax x

d.

l

1 1

n

lim lim1

1ln n

1

l

x x x

x xx x x x

x e

.


a. 0

1 sin coslim

1 sin cosx

ax ax

bx bx

b.

20

1 sin cos2lim

sinx

x x x

x

c. 0

lim , ax bx

x

e ea b

x

. d.

2

20

1 tan coslim

1 tan 3 cos3x

x x

x x

Giải.

a. Cách 1:

2

0 0 2

2sin 2sin cos1 sin cos 2 2 2lim lim1 sin cos

2sin 2sin cos2 2 2

x x

ax ax ax

ax ax

bx bx bxbx bx

0

sin sin cos2 2 2lim

sin sin cos2 2 2

x

ax ax ax

bx bx bx

0 0

sin sin cos2 2 2lim .lim

sin sin cos2 2 2

x x

ax ax ax

a

bx bx bx b

.


2 2

1 cos , 1 cos 2 2

ax bxax bx và sin , ax ax

sinbx bx . Theo qui tắc ngắt bỏ VCB cấp cao hơn ta có 1 sin cosax ax ax và

1 sin cosbx bx bx , vậy



0 0

1 sin coslim lim

1 sin cosx x

ax ax ax a

bx bx bx b

.

Cách 3: ospitaL'H l0 0

1 sin cos cos sinlim = lim .

1 sin ccos sinosx x

ax ax a ax a ax a

bx b bxbx bb x b

b. Cách 1:

2

2 20 0 0

1 sin cos2 2sin sin 2sinlim lim lim

sin sin sinx x x

x x x x x x x x

x x x

0

lim 2 3sinx

x

x

.


2

2 2 2 22

1 cos2 2 , sin , sin2

xx x x x x x x , vậy

2 2

2 20 0

1 sin cos2 2lim lim 3

sinx x

x x x x x

x x

.


1 sin cos2 sin cos 2sin 2lim = lim

s siin 2 cosnx x

x x x x x x x

x xx

ospitaL'H0 0

l

sin cos 2sin 2 cos cos 4cos2lim = li

sinm 3.

2cos2sin 2x x

xx x x x x x x x

xx

c. Cách 1:

0 0 0 0

1 1 1 1lim lim lim lim

ax bxax bx ax bx

x x x x

e ee e e ea b

x x x x

.

Cách 2: khi 0x ta có 1 1ax bx ax bxe e e e ax bx a b x , vậy

0 0

lim limax bx

x x

a b xe ea b

x x

.

Cách 3: ospita'0 0

lLHlim = li1

m .ax bx ax bx

x x

e e ae bea b

x

d. Ở bài này, ta không nên sử dụng qui tắc L’Hospital vì đạo hàm tử và mẫu đều rất

dài.

Cách 1:

2

2 2

220 0

2

tan 1 cos

1 tan coslim lim

tan 3 1 cos31 tan 3 cos3x x

x x

x x x

x xx x

x



2

2 2

20

2 2

tan 1 cos 11

12limtan 3 1 cos3 9 9 12

.9 .99 9

x

x x

x x

x x

x x

.

Ngắn gọn nhất là sử dụng qui tắc thay thế VCB tương đương như sau:


2 2tan x x , 21

1 cos2

x x , 2 2tan 3 9x x ,

291 cos3

2x x , vậy

2 22 2

2 20 0 02 2

1

1 tan cos 3 12lim lim lim91 tan 3 cos3 27 9

92

x x x

x xx x x

x x xx x

.


a.

0

cosl

cim

os

x

a x

x

a x

b.

30

tanlimx

x x

x

c. sin sin

limx a

x a

x a

. d.

col m

tcoti

x a

x

x a

a

Giải.

Ở các bài tập này ta không thể sử dụng công thức giới hạn cơ bản cũng như qui tắc

thay thế lượng VCB tương đương như những bài tập trước. Vì ở câu 1, câu 3 và câu 4

1 cos a x không là VCB khi 0x , và sin , tanx x cũng không là VCB khi

x a . Còn ở câu 2 tuy tan x x khi 0x , nhưng ta không thể thay thế lượng

VCB ở hàm hiệu khi hai hàm đó tương đương với nhau.

a.

0 0

2

lim li

sin .sincos cos 2 2mx x

a x a x a x

x

a xa x a x

x

0 0

sin .sin sinsi

2li n . sin .m 2 lim 2x xx x

a x xa a

Cách khác:

ospitalL'H

0 0

sin sinlim = lim

cos co.

ss n2 i

1x x

a x a x a x a xa

x

b.

2 2

L'H3 2 20 0o

0spital

tan 1 tan 1 tan 1lim = lim lim

3 3 3x x x

x x x x

x x x

.



c.

2csin sin 2 2 2lim lim lim2c .lim

2

os sin sin

os

2.2

x a x a x a x a

x a x a x a

x a x a

x ax a x a

1

2cos . cos2

a a .

Cách khác: ospitalL'H

sin sinlim = lim

ososc

c

1x a x a

x a x

xa

a

.

d. cot sin sin

cos cos sin cos sin cos

co sin sinlim lim lit

mx a x a x a

x x a x a

x a x a

x a a x x

x

a

a

a

2lim lim

sin sin sin si

sinsin cos cos sin 1

sinnx a x ax a

a xa x a x

ax a x a x a

.

Cách khác: ospital

2

L'H 2

1

cot 1sinlim = lcot

imsi1 nx a x a

x x

x a

a

a

.


a.

0

2ln 1 sinlim

1 cos3x

x

x

b.

2 2 2

2 20

sin coslim

tanx

x x x

x x

c.

2 2

2 20

sinlim

sinx

x x

x x

. d.

0

sin 7 sin5limx

x x

x

Giải.

a. Câu 1 là câu đơn giản giống như nhiều bài trước, các bạn có nhiều cách để giải, cá

nhân tôi thấy đẹp nhất là sử dụng qui tắc thay thế lượng VCB tương đương.

vì khi 0x ta có 2 2 2ln 1 sin sinx x x , 29

cos312

x x nên

2

0 0 2

2ln 1 sin

os3

2lim lim .

91 c 9

2

x x

x

x

x

x

b. Câu này thì rất nhiều bạn làm sai như sau:

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 4 2 20 0 0 0

sin cos cos 1 cos sinlim lim lim lim 1

tanx x x x

x x x x x x x x

x x x x x

.



Thay 2tan x thành

2x ở mẫu là đúng, sai ở chỗ bạn đã thay thế lượng VCB ở tử là

hàm hiệu mà hai hàm này lại tương đương với nhau, rõ ràng 2 2 2cosx x x khi 0x

nên ta không thể thay 2sin x thành

2x được.

Cách làm đúng: Khi 0x ta có 2 2tan x x . Do đó:

2 2 2

2 2 30 0

sin cos sin cossin coslim lim

tanx x

x x x x x xx x x

x x x x

3 30 0 0

sin cos sin cos sin coslim lim 2limx x x

x x x x x x x x x

x x x

ospital0

L'H 2 0

cos cos sin sin 22lim 2lim

3 3 3=

x x

x x x x x

x x

.

c. Ở đây các bạn hay áp dụng qui tắc L’hospital ngay bước đầu tiên làm cho bài toán

khó khăn hơn trong việc tính đạo hàm ở mẫu. Ta có thể kết hợp sử dụng qui tắc thay

thế VCB tương tương và qui tắc L’hospital để bài toán đẹp hơn.

Khi 0x ta có 2 2tan x x . Do đó:

ospita

2 2 2

l os

2

L'H L'H2 2 4 3 20pit

0l

0a

0

sin sin sin 2 2 2c 2 2lim lim = lim = lim

sin 4 12

os

x x x x

x x x x x x x

x x x x x

ospitalL'H0

2 1= lim

2

4sin

4 3x

x

x

.

d. Câu d thì ta có thể áp dụng được nhiều cách kể cả cách thay thế lượng VCB ở hàm

hiệu vì hai VCB sin7x và sin5x không tương đương với nhau khi 0x .

Vì khi 0x ta có sin7 7x x , sin5 5x x , vậy

0 0 0

sin7 sin5 7 5 2lim lim lim 2x x x

x x x x x

x x x

.

Cách khác:

0 0 0 0

os si7 5 7 5

2csin 7 sin5 122 2lim lim lim2c .lim 2

2

nsin

osx x x x

x x x x

x

xx

xx x

x

.

Hay đơn giản nhất là sử dụng qui tắc L’Hospital:

ospitalL'H0 0

sin7 sin5 7 5 5lim = l

7cos cim

os2

1x x

x x x x

x

.

Dạng



Phương pháp :

1. Rút lũy thừa cao nhất của tử và mẫu ra, sau đó dùng giới hạn tích.

2. Sử dụng qui tắc Hospital.


a.

3 2

2

4 3lim

3x

x x

x x

b.

2

1lim

1x

x x

x x

c.

2 1lim

2 1x

x x

x

Giải.

a.

3

3 2 3 3

22

22

4 3 4 31 14 3

lim lim lim333

11x x x

xx x x x x xx

x xx

xx

.

Vì limx

x

và 3

2

4 31

lim 13

1x

x x

x

.

b.2

2

22

1 11 1

1 1lim lim lim 0

1 11 1111

x x x

x xx x x x x x

x x xx

x xx x

.

c.

2 2 2

1 1 1 11 1

1 1lim lim lim

1 12 1 22 2

x x x

x xx x x x x x

xx x

x x

.


a.

3 2

2

4 3

3lim

x x

x x

xe

b.

2

1

1lim

x x

x x

xe

c.

2 1

2 1lim

x x

x

xe

d.

2

2 1lim

x

x

xe

Giải.

Ở dạng này các bạn phải nhớ các giới hạn cơ bản sau:

Khi 0a ta có lim , lim , lim 0k

u k u

u u u

ua a a a

.

a. Theo bài 1 ta có

3 2

2

4 3lim

3x

x x

x x

suy ra

3 2

2

4 3

3lim

x x

x x

xe

.



b. Theo bài 1 ta có 2

1lim 0

1x

x x

x x

suy ra

2

1

01lim 1

x x

x x

xe e

.

c. Theo bài 1 ta có

2 1 1lim

2 1 2x

x x

x

suy ra

2 1 1

2 1 2lim

x x

x

xe e

.

d. Ta có

2

lim lim2 1 2 1 /x x

x x

x x

nên

2

2 1lim 0

x

x

xe

.


a. lim , n

xx

xn

e b.

lnim , l

x n

xn

x c.

0

lnlim

cotx

x

x d.

1

tan2lim

ln 1x

x

x

Giải.

a.

ospital ospital

21

L'H L'H

1lim = lim = lim

nn n

x x xx x x

n n xx nx

e e e

ospital ospitalL'H L'H

!= ... = lim 0

xx

n

e .

b. ospitalL'H 1

1

1lim = lim lim

ln0

n nxnx x

x

nx nx

x

x .

c.

2

ospitL'H L'H0 0 0

al ospital

2

1

lnlim = lim = lim

1cot

si

sin

n

0x x x

x x

x

x

x

x

.

d.

2

ospitalLH1 2

'1 1

tan 2c 12lim = lim lim1ln 1

2c

os

o1

2

s2

x x x

xx

x

x

x

x

ospitaL'H1

l= lim

4 sin2

xx

.

Dạng



Phương pháp: Đưa về dạng

hoặc

0 0

bằng cách qui đồng hoặc nhân lượng liên hợp.


a. 3

1

1 1lim

1 1x x x

b. 2lim

xx x x

c. 2 2lim 1

xx x x

Giải.

a.

2 2

3 3 31 1 1

1 1 1 1lim lim lim

1 1 1 1x x x

x x x x

x x x x

.

Vì 2 3

1 1lim 2; lim 1 0

x xx x x

và

3 1 0x khi 1x .

b. 2 2

2

2lim lim lim 1

1 11

x x x

x x x xx x x

x x xx

x x

.

c. 2 2

2 2

2 2

1lim 1 lim

1x x

x x xx x x

x x x

2 2

1 11 1

lim lim 21 1 1 1

1 1 1 1x x

xx x

xx x x x

.


a. 0

1lim cotx

xx

b.

0

1 1lim

1xx x e

c.

0

1 1lim

ln 1x x x

Giải.

a. 20 0 0

sin cos sin co1lim cot lim lim

sin

s

x x xx

x x x

x x x

x

x x x

, vì sin x x khi 0x

ospitL'H0 0

al

cos cos sin s= lim lim 0

i

2 2

n

x xx

x x x x x

.

b.

ospitalL'H0 0 0

1 1lim li

1 1

1m = im

1l

1xx x

x

x xxx

xe x e

e xexe ex

ospitaL'H0

l= lim1

2

x

x x xx

e

e e xe

.



c.

0 20 0

l1 1lim lim lim

ln 1

n 1 ln 1=

ln 1x x xx

x x x x

x x xx

ospitalL'H

0 0 0= lim lim

11

1 11

2 2 1lim

2 1 2x x x

xx

x x x x

.

Dạng 0.

Phương pháp: Đưa về đúng dạng

hoặc

0 0

, sau đó áp dụng qui tắc L’Hospital.


a. 3

1lim 2x

xx

x x

b. 3

21

lim 11x

xx

x

Giải.

a.

2

32

3 33

2

1 21 1

1 21lim 2 lim lim

11

x x x

xx xx x x

xx x x x

xx

2

2

1 21 1

lim 11

1x

x x

x

b.

3 2

21 1

lim 1 lim 1 11 1 1x x

x xx x x x

x x x

2

1

1lim 1 1 0.3. 0

1 2x

xx x x

x


a. 2

0lim lnx

x x

b. lim x

xxe

c.

0lim cotx

x x

d. 0

lim 1 c cotosx

x x

e. 1

limsin 1 tan2x

xx

f.

1lnlim ln 1

xx x

Giải.



a.

2

ospital ospital

2

L'H L'H0 0 0 0

2 3

1

lnlim ln lim = lim = lim

10

22x x x x

x xx x

x x

x

.

b. L' ospitH al

1lim lim = lim 0x

x xx x x

xxe

e e

.

c. L' ospitaH0 0 0

l

2

1 1lim cot lim = li

c

n

os

mtax x x

xx x

x

x

.

d. L'Hosp0 0

t 2i0

al

1 clim 1 c cot lim = lim 0

tan

os so

ta

i

1 n

ns

x x xx

x x

x xx

.

e.

ospital ospiL'H L'H1 1

2ta

1l

sin 1 cos 1 2limsin 1 tan = lim = lim .

2cot 1 cot

2 2 2

x x x

x xxx

x x

f. Vì ln ln 1 1 1x x x khi 1x nên ta có:

ospiL'H1 1 1

tallim ln 1 lim 1 lnln 1

ln1

1

1 = limx x x

xx x x

x

x

L'H L'H1 1

ospital ospital

2

= lim

1

1 1 01

1

= limx x

x x

x

.

Dạng 1

1. Sử dụng các công thức cơ bản sau

1

0 0 0

ln 11 1 lim 1 lim 1 ; lim lim 1

u u

u

u u u u

ueu e

u u u

2. Bằng cách dùng công thức 𝑦 = 𝑒ln𝑦(𝑦 > 0). Khi đó ta được lim 𝑦 = 𝑒lim(ln𝑦)

sau đó áp dụng các qui tắc đã biết để tính lim (ln𝑦).


a. 1

0lim 1 sin 2 x

xx

b.

1

0coslim x

xx

c.

1

0m oi c sl x

xx x

Giải.



a. Cách 1:

sin 21 1 sin 2 1

2sin 2 sin 2

0 0 0lim 1 sin 2 lim 1 sin 2 lim 1 sin 2

xx x

x x x x

x x xx x x e

.

Vì 1

sin 2

0 0

sin 2lim 1 sin 2 ;lim 2x

x x

xx e

x

Cách 2 :

lim𝑥→0

(1 + sin 2𝑥)1𝑥 = lim

𝑥→0+𝑒ln(1+sin2𝑥)

1𝑥 = lim

𝑥→0+𝑒1𝑥ln(1+sin2𝑥)

Vì lim𝑥→0

1

𝑥ln(1 + sin 2𝑥) = lim

𝑥→0

ln(1 + sin 2𝑥)

𝑥= lim

𝑥→0

sin 2𝑥 . ln(1 + sin 2𝑥)

𝑥. sin 2𝑥= 2

Vậy lim𝑥→0(1 + sin 2𝑥)1

𝑥 = 𝑒2.

b. 0

c1 1 1 lim

0 0 0

os 1cos 1

cos 1cos 1+cos 1 1+coslim lim l 1im 1xx

xx x

x x

xx

x

xx x ex

.

Vì ospital0 0

L'H

cos 1 sinlim lim= 0

1x x

x x

x

.

c. 1 1 1

0 0

cos 1

co 1

0

scos 1 cos 1lim lim 1 cosm 1lix

x x

x x x

x x

x xx x x x x x

0

clim

os 1

x

x x

xe e

.

Vì ospiL' tal0 0

H

cos 1 1 sinlim 1= lim

1x x

x x x

x

.

2.15. Tính các giới hạn sau.

a.

4 31

lim2

x

x

x

x

b.

2

1lim

2

x

x

x

x

c.

222

2

1lim

2

x

x

x x

x

Giải.

a.

4 324 3 21 1

lim lim 12 2

xxx x

x x

x

x x

4 3

2 2

31lim 1

2

x

x x

xe

x



Vì

2

1 4 3lim 1 ; lim 3

2 2

x

x x

xe

x x

Cách 2:

4 31 14 3

ln 4 3 ln2 21

lim lim lim2

xx xx

xx x

x x x

xe e

x

Vì 1 1

lim 4 3 ln lim 4 3 ln 12 2x x

xx x

x x

1 14 3 ln 1

12 2lim lim 4 3 3

1 2

2

x x

xx x

xx

x

Vậy

4 3

31lim

2

x

x

xe

x

.

b.

2

2 2 2

32 2

3l3 i

2m1

lim lim 1 lim 12 2 2

3 30x

xx xx x x

x

x x x

x

xe

x x

.

Vì

2

lim li3 3

221

mx x

x x

x

x

.

c.

2 22 22

2 2

1 1lim lim 1

2 2

x x

x x

x x x

x x

2

2

22

2

2

1

2

2 1

2 2 1lim

21

lim 12

x

x

x

x x

x x x

x

x

x

xe

.

Vì 2

2

2

lim l2 1 2 1

22im

1x x

x x x

x

x

.


a.

2 1

1

0lim 2 1

xx x

x

xe

b.

12 1 c s

0

olim 1 x x

xx e

c.

3

1

sin

0

1 tanlim

1 sin

x

x

x

x



Giải.

a. Cách 1:

21

2

1

2 1 1

1 1

2 11 1

0 0lim 2 1 lim 1 2 2

x

x

x

x

e x

xx xx x

ex x

x xe e

21

1

2 1 1

1

22 11

0lim 1 2 2

x

x

x

x

e x

xx

ex

xe e

Vì

2 21 1

0 0

2 2 1 2 1 1

lim lim

x x

x x

x x

e x e x

x x

2

2

0 0

2. 1 2 11lim lim 21x x

xx xx

x x

(vì khi 0x

khi ta có 1

1

1

x

xx

ex

) .

Cách 2 :

Ta có

2 12

12

1

0 0

1li

1lnm 2 1 lim 2n 1

1

l

0lim 2 1

x

x xx

x x

x x

xe

xex

x

xx

xe e e

Ta xét

2

2

osp

12

1 1L'H

0 0ital

1

11

l

2

n 21

lim 2 1 lim 2 1

2

2

1

ln

x

x

x x

x xxx x

x

xx

x

ex

e e

ex

Vậy

2

0

2

1

1lim 2 1

xx x

x

xee

.

b.

2

2

2 0

1 1 cos 1cos 1os

lim2 2 21 c

0 0lim 1 lim 1

x

x

x x

x ex e

x xx x e

x

x

x

x

x e x e e e

.



Vì

2

02

2

0 0=lim lim lim 2

1 1cos 1

2 2

x x x

x x xx e x e

x

e

x

.

c. 3 3

1 1

sin sin

0 0

1 tan 1 tanlim lim 1 1

1 sin 1 sin

x x

x x

x x

x x

3

30

tan sin 1.

1 sin 1 sin sin tan sin 1lim .tan sin

1 sin sin

0

tan sinlim

1 s1

in

x

x xx x x x x

x xx x

x

x xe

x

Ta xét 3 3 300 0 0

tan sin 1 1 tan sin tanlim . =lim .lim =

1 sin sin 1 sin

sinlim

sin xx x x

x x x

x x

x x x

x x x

(vì khi 0x

ta có 3 3sin x x )

ospita

2 2

l 2 2 20 0L'H

0

co1 tan 1 tan=

s cos 1 1 1lim lim lim

3 3 3 6 3 2x x x

x xx x

x x x

.

Dạng 0 0 và

0

Dạng này rất nhiều sinh viên làm sai, vì các bạn thấy có số mũ thì hay áp dụng công

thức 1

0

1 lim 1 lim 1

u

u

u uu e

u

. Lưu ý rằng dạng này khác với dạng 1 , và ta

chỉ có một phương pháp sau:

Áp dụng công thức 𝑦 = 𝑒ln𝑦(𝑦 > 0). Khi đó lim 𝑦 = 𝑒lim(ln𝑦) sau đó áp dụng qui tắc

Hospital để tìm lim (ln𝑦).


a. 0

lim x

xx

b.

sin

0lim x

xx

c.

2

coslim 2x

xx

Giải.

a. Như đã nói ở trên câu này có nhiều bạn giải như sau:

11

1

0 0 0lim lim 1 1 lim 01 1

x

xxxx

x x xx x x

vì

1

1

0lim 1 1 x

xx e

và

0lim

1

x

x

x

.



Vì đã quen “lối mòn” ở dạng 1 dẫn đến cái sai ngớ ngẫn là 1

1

0lim 1 1 x

xx e

, để

ý kĩ 0x thì 1

1

0lim 1 1 x

xx

không có dạng

1

0lim 1 u

uu

nên không thể bằng e .

Cách làm đúng:

ln ln

0 0 0lim lim lim 1.

xx x x x

x x xx e e

Vì L Hospital0 0 0 0

2

1

lnlim ln lim lim lim 0.

1 1x x x x

x xx x x

x x

b. sinsin ln sin ln

0 0 0lim lim lim 1.

xx x x x

x x xx e e

Vì L Hospital

0 0 0 0 0

2

1

lnlim sin ln lim ln lim lim lim( ) 0.

1 1x x x x x

x xx x x x x

x x

c. Ta có cos cos ln 2 0

2 2

2 1lim limx x

x x xx e e

. Vì

2

ospitalL'H

2 2 22

2

2ln 2 2cos2cos ln 2

1 sin 2 sin

cos

lim lim = lim lim

cos

x x x x

x xxx xx x x

x x

ospitL'H

2

al

4sin 20

2si= lim

n 2 cosx

x

x x x

.


a. 1

lim 1 x

xx

b.

1

lim 1 2x x

x c.

2

costanlim

x

xx

Giải.

a. 1 ln 111 ln 1

ln 1lim 1 lim lim lim 1.

x

xx

x x xx

x x x xx e e e

Vì

L Hospital

ln 1 1lim lim 0.

1x x

x

x x



b. 1 11

ln 1 2ln 1 2lim 1 2 lim lim

xx xx xx

x x xe e

ln 1 2 2 ln 2

1 2L Hospitallim lim 2.

x x

xx

x xe e

Vì

L Hospital

ln 1 2 2 ln 2 1lim lim ln 2. lim ln 2.

11 21

2

x x

xx x x

x

x

c.

2

cos ln tan

cos cos l

lim

2 2

n tan 0lim limtan 1x

x x

x

x

x x

x

x e e e

.

Vì 2

ospital 2

2

L'H

2 2 2 2

1ln tan 1 coscos .tan 0

1 sin sin .tan sin

cos c

lim = lim lim lim

osx x x x

x xx xx x x x

x x

.

Bài 3.

Xét tính liên tục của hàm số tại một điểm

Phương pháp :

Ở bài toán này, dù đã nắm được định nghĩa hàm số liên tục nhưng một số sinh viên

vẫn hay lúng túng không biết khi nào mới phải tính giới hạn trái, giới hạn phải. Các

bạn lưu ý rằng nếu hàm số đang xét được tách ra thành nhiều hàm, và ở bên phải 0x là

một hàm, còn ở bên trái 0x lại là một hàm khác thì lúc đó chưa chắc hai giới hạn trái

và phải tại 0x giống nhau. Khi đó các bạn chắc chắn phải tính cả giới hạn trái và giới

hạn phải. Cụ thể các bạn cần phân biệt hai trường hợp như sau :

1. Nếu hàm số có dạng 0

0

( ) ,

( ) ,

g x x xf x

h x x x

thì để xét sự liên tục của f x tại

0x x ta chỉ cần tính hai giá trị là 0 0

lim limx x x x

f x g x

và 0 0f x h x . Nếu hai

giá trị này bằng nhau thì hàm số liên tục tại điểm 0x , ngược lại ta nói hàm số là gián

đoạn tại 0x .



2. Nếu hàm số có dạng 0

0

( ) ,

( ) ,

g x x xf x

h x x x

thì để xét sự liên tục của f x tại

0x x ta phải tính ba giá trị 0 0

lim limx x x x

f x g x

, 0 0

lim limx x x x

f x h x

và

0 0f x g x . Nếu ba giá trị này bằng nhau thì hàm số liên tục tại điểm 0x , ngược

lại hàm số là gián đoạn tại 0x .

3.1. Xét tính liên tục của hàm số sau tại điểm 𝑥 = 1.

𝑓(𝑥) = {

𝑥2 − 1 + ln𝑥

𝑒𝑥 − 𝑒 , nếu 𝑥 ≠ 1

1

𝑒 , nếu 𝑥 = 1

Giải. Ta có

2

L'H1 1 1

ospital

12

1lim lim l

ln 1( ) (im 1)

x x xx x

xx x xf x f

e e e e

. Vậy hàm số

liên tục tại điểm 𝑥 = 1.

3.2. Tìm a để hàm số sau liên tục tại điểm 𝑥 = 0.

𝑓(𝑥) =

{

ln (1 + sin2𝑥)

𝑒𝑥2− 1

, nếu 𝑥 ≠ 0

1

𝑒 , nếu 𝑥 = 0

Giải. Ta có 2

2 2

1 21 1

ln(1 sin ) sin(lim lim) 1

1lim

x x xx

x xf x

xe

(vì khi 0x ta có

22 2 2ln 1 sin sin , 1xx x e x ) . Và Ta có (0) 2 3f a .

Vậy để hàm số liên tục tại điểm 𝑥 = 0 thì

21

2

lln(1 sin )

(0) 2 3 1 11

imxx

xf a a

e

.

Vậy hàm số liên tục tại điểm 𝑥 = 1 thì 𝑎 = −1.

3.3. Xét tính liên tục của hàm số sau tại điểm 𝑥 = 0 và 𝑥 = −1.

𝑓(𝑥) =

{

𝑥 sin

1

𝑥 , nếu 𝑥 > 0

𝑥2 − 𝑥 , nếu − 1 ≤ 𝑥 ≤ 0

sin1

(𝑥 + 1) , nếu 𝑥 < −1

Giải. Ta có | 𝑥 sin1

𝑥| ≤ |𝑥|, mà lim𝑥→0+|𝑥| = 0, do đó



lim𝑥→0+


𝑥 sin(1/𝑥) = 0

Mặt khác 𝑓(0) = lim𝑥→0+ 𝑓(𝑥) = lim𝑥→0+(𝑥2 − 𝑥) = 0

Do đó hàm số liên tục tại điểm 𝑥 = 0.

Ta đã biết 1

1lim sin

1x x không tồn tại, do đó hàm số gián đoạn tại điểm 𝑥 = −1.

3.4. Tìm a để hàm số sau liên tục tại điểm 𝑥 = 0.

𝑓(𝑥) = {

ln (1 + tan𝑥)

5𝑥 + sin2𝑥 , nếu 𝑥 > 0

𝑥 + 𝑎 , nếu 𝑥 ≤ 0

Giải. Vì khi 0x ta có 2ln 1 tan tan , 5 sin 5x x x x x . Nên ta có:

0 0 02

ln(1 tan ) tan 1( )lim lim lim

5 sin 5 5x x x

x xf x

x x x

. Và

0 0lim lim( ) ( )x x

f x x a a

. Mặt

khác ta có (0)f a . Vậy để hàm số liên tục tại điểm 𝑥 = 0 thì:

0 0lim lim

1( ) ( ) (0)

5x xf x f x f a

.

Bài 4.

Khảo sát sự liên tục của hàm số

Phương pháp :

Chúng ta đã biết mọi hàm số sơ cấp và tổng, hiệu, tích thương của các hàm số sơ cấp

đều liên tục trên mọi khoản mở thuộc tập xác định của nó. Nên khi khảo sát sự liên tục

của các hàm số này, ta chỉ cần xét sự liên tục của chúng tại các “điểm nối”. Cụ thể ta

xét một số ví dụ sau.

4.1. Khảo sát tính liên tục của hàm số sau trên .

𝑓(𝑥) = {

sin𝜋𝑥

𝑥 − 1 , nếu 𝑥 ≠ 1

−𝜋 , nếu 𝑥 = 1

Giải. Ta có ( )f x là hàm sơ cấp với mọi 1x nên liên tục với mọi 1x . Ta chỉ cần

xét tính liên tục của hàm số tại điểm 1x .

Ta có L'Hosp1

ital1 1

sin cos(lim lim lim) (1)

1 1x x x

x xf x f

x

. Do đó hàm số liên

tục tại điểm 𝑥 = 1. Vậy hàm số liên tục trên toàn .

4.2. Khảo sát tính liên tục của hàm số sau trên .



𝑓(𝑥) = {

ln (𝑥2 + 6𝑥 + 1)

ln (𝑥4 + 3𝑥 + 1) , nếu 𝑥 > 0

3𝑥 + 2 , nếu 𝑥 ≤ 0



Vì khi 0x ta có 2 2ln( 6 1) 6 6x x x x x ,

4 4ln( 3 1) 3 3x x x x x

nên:

2

04

0 0

ln( 6 1) 6( ) 2.

ln( 3lim

1m

)li

3lim

x x x

x x xf x

x x x

Và 0 0

lim li( ) (3 2) 2mx x

f x x

. Mặt khác ta có (0) 2.f

Ta thấy: 0 0

lim lim( ) ( ) (0)x x

f x f x f

, vậy hàm số liên tục tại điểm 0x . Do đó

hàm số liên tục trên toàn .

4. 3. Tìm a để hàm số sau liên tục trên .

𝑓(𝑥) = {

ln 𝑥

𝑥2 − 3𝑥 + 2 , nếu 𝑥 > 1

𝑥 + 𝑎 , nếu 𝑥 ≤ 1



Ta có L'Hospi1

tal21 1

1

ln( ) 1

3 2lim lim

2 3lim

x x x

x xf xx x x

.

Và 1 1

lim lim( ) ( ) 1x x

f x x a a

. Mặt khác ta có (1) 1f a . Vậy để hàm số liên

tục tại điểm 𝑥 = 1 thì:

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

x xf x f x f a a

.

Bài 5.

Tính đạo hàm và vi phân cấp 1

Phương pháp :

1. Áp dụng bảng công thức tính đạo hàm cơ bản và các qui tắc tính đạo hàm.

2. Nếu hàm số tính đạo hàm không đơn thuần cho đối với x đúng như công thức đã

cho thì phải luôn nhớ đây là hàm số hợp, nếu là dạng hàm hợp cơ bản thì áp dụng các

công thức tính đạo hàm cho các hàm hợp cơ bản. Nếu là hàm hợp phức tạp, có thể đặt

biến số trung gian để phân tích, giả sử như ( ), ( ), ( )y y u u u v v v x , khi đó

. .x u v xy y u v .



3. Nếu hàm số tính đạo hàm có dạng ( )

( )g x

y f x (cả cơ số lẫn số mũ đều là hàm

số đối với 𝑥), đừng nhầm lẫn với công thức ny u hay

uy a . Để tính đạo hàm 𝑦′ ta

cần áp dụng quy tắc đạo hàm biểu thức lũy thừa theo 3 bước sau :

Lấy logarit (cơ số 𝑒) hai vế : ln 𝑦 = ln[𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥) = 𝑔(𝑥) ln 𝑓(𝑥).

Lấy đạo hàm hai vế theo 𝑥 :

𝑦′

𝑦= 𝑔′(𝑥) ln 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)

𝑓 ′(𝑥)

𝑓(𝑥)

Từ kết quả đạo hàm hai vế, suy ra biểu thức 𝑦′ :

𝑦′ = [𝑓(𝑥)]𝑔(𝑥) (𝑔′(𝑥) ln 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)𝑓 ′(𝑥)

𝑓(𝑥))

5.1. Tính đạo hàm y và vi phân dy các hàm số sau:

a. 2 1

sin , ,2

ly x l k

k

b. 2sin 2 1y x c. 2ln sin 1y x

Giải.

a. 2 1 2 1

cos2 2

l ly x

k k

. Vi phân

2 1 2 1cos

2 2

l ldy y dx x dx

k k

.

b. 2sin 2 1y x . Đặt 22 1, sinv x u v y u . Ta có:

. . 2 .cos .2 4sin 2 1 cos 2 1 2sin 4 2x u v xy y u v u v x x x .

Vi phân 2sin 4 2dy y dx x dx .

c. 2ln sin 1y x

. Đặt 2 1, sin lnv x u v y u . Ta có:

2 2

2

1 1. . .cos .2 .cos 1 .2 2 cot 1

sin 1x u v xy y u v v x x x x x

u x

.

Vi phân 22 cot 1dy y dx x x dx .

5.2. Tính đạo hàm các hàm số sau:

a.

2

2

x xy

x

b.

sin. xy x e c. 3 5(2 1) (1 )y x x

d. 23. .sin 2xy x e x e.

(1 )

2

x xy

x

f.

3

3

2 1

5

x xy

x

Giải.



a.

2 2 2

2 2

2 2 4 2

2 2

x x x x x x x xy

x x

.

Cách 2:

Ta có

2

ln ln2

x xy

x

⟹ 2ln ln ln 2y x x x ⟹

2

2 1 1

2

y x

y x x x

⟹

2 2 2

2 22

2 1 1 2 1 4 2

2 2 2 2 2

x x x x x x x xy

x x x x x x x

.

b. sin sin sin sin. .cos . 1 cosx x x xy x e e x x e e x x .

Cách 2:

Ta có sinln ln . xy x e ⟹ sinln ln ln l sinnxy x e x x ⟹

1cos

yx

y x

⟹ sin sin1. cos 1 cosx xy x e x e x x

x

.

c. 3 5 3 5(2 1) (1 ) (2 1) (1 )y x x x x

2 5 3 46(2 1) (1 ) 5(2 1) (1 )x x x x .

Cách 2:

Ta có 3 5ln ln (2 1) (1 )y x x ⟹ ln 3ln 2 1 5ln 1y x x

⟹6 5

2 1 1

y

y x x

⟹ 3 5 2 5 3 46 5

(2 1) (1 ) 6(2 1) (1 ) 5(2 1) (1 )2 1 1

y x x x x x xx x

.

d. Ta có 23. .sin2xy x e x ⟹

23 2ln ln . .sin2 3ln ln sin2xy x e x x x x

⟹3 2cos2

2sin 2

y xx

y x x

⟹ 2 23 2 23 2cos2

. .sin 2 2 3 2 2cos2sin 2

x xxy x e x x x e x x

x x



e. (1 )

2

x xy

x

⟹

(1 ) 1ln ln ln ln 1 ln 2

2 2

x xy x x x

x

⟹1 1 1

1 2

y

y x x x

⟹

2

3

(1 ) 1 1 1 4 1

2 1 2 2 ( 1)( 2)

x x x xy

x x x x x x x

.

f.

3

3

2 1

5

x xy

x

⟹

1 1ln ln 2 ln 1 3ln 5

2 3y x x x

⟹

1 1 3

2 2 1 5

y

y x x x

⟹

23

3 4 23

2 11 12 1 1 1 3

2 2 1 55 5 1

x x xx xy

x x xx x x

.

5.3. Tính đạo hàm các hàm số sau:

a. 1

1

x

yx

b. sin xy x c. (1 )xy x

Giải.

a. Ta có 1

1

x

yx

⟹1 1

ln ln 1 ln

xx

y xx x

⟹𝑦′

𝑦= ln

𝑥 + 1

𝑥+ 𝑥

−1

𝑥2= ln (1 +

1

𝑥) −

1

𝑥

⟹ 𝑦′ = (1 +1

𝑥)𝑥

[ln (1 +1

𝑥) −

1

𝑥]

b. sin xy x ⟹ ln sin lny x x ⟹

sincos .ln

y xx x

y x

⟹ sin sin

cos .lnx xy x x x

x

c. (1 )xy x ⟹ ln ln 1y x x ⟹ ln 11

y xx

y x

⟹ 1 ln 11

x xy x x

x



5.4. Tính đạo hàm ( )y x và vi phân dy của các hàm cho theo tham số như sau:

a. 2 , 2y t t x t b.

2 2cos , sinx a y b c. 22 , 2t tx y

Giải.

a. Ta có 22 1

2

tx

t

y ty

x

⟹

22 1

2x

ty dxd dy x

.

b. Ta có sin 2

sin 2x

y b by

x a a

⟹ x

by dx dxd

ay .

c. Ta có

23 12.2 ln 2

22 ln 2

ttt

x t

t

yy

x

⟹

3 12 t

xy dxd dy x .

5.5. Tính đạo hàm ( )y x của các hàm ẩn sau:

a. sin sin 0y yx x b. 3 2ln 0yx y x e c.

3 3 3 0x y xy

Giải.

a. sin sin 0y yx x ⟹ sin cos sin cos 0y xy y y x y x

⟹ sin cos sin cos 0y y x y x y x ⟹ sin cos

cos sin

y y xy

x y x

.

b. 3 2ln 0yx y x e ⟹

2 23 2 0y yyx xe x y e

y

⟹ 2 21

2 3y yy x e xe xy

⟹ 2

2

2 3

1

y

y

xe x yy

x ye

.

c. 3 3 3 0x y xy ⟹

2 23 3 . 3 3 0x y y y xy ⟹

2

2

y xy

y x

.

Bài 6.

Tính đạo hàm và vi phân cấp cao

6.1. Tính đạo hàm cấp 2 và vi phân cấp 2 của các hàm số sau:

a. 2 1y x b.

2 1y x x c. 2 , siny x x x t

Giải.



a. 2 1y x ⟹

2 1

xy

x

⟹

22

2

2 2 2

111

1 1 1

xx

xy

x x x

⟹

2

2

2 21 1

dxd y

x x

.

b. 2 1y x x ⟹

22

2 2

1 21

1 1

x xy x x

x x

⟹

2 2

32

2 2 2

4 1 1 22 31

1 1 1

xx x x

x xxy

x x x

⟹

322

2 2

2 3

1 1

x xd y dx

x x

.

c. 2 , siny x x x t

⟹ . 2 1 cos 2sin 1 cos sin 2 cosx ty y x x t t t t t

⟹ 2cos2 siny t t

⟹ 22 2cos2 sind y t tt d .

6.2. Tính đạo hàm n

y của các hàm số sau:

a. 1

yax b

b. logay x c. 2sin 2 .cos5y x x

Giải.

a. 11

y ax bax b

⟹

2y a ax b

⟹

322y a ax b

⟹ 432.3.y a ax b

Dự đoán 1( ) 1 . !.

n nn ny n a ax b

. Ta sẽ chứng minh dự đoán này bằng

phương pháp qui nạp. Khi 1n ta có 2

y a ax b

nên mệnh đề đúng, giả sử

mệnh đề đúng khi n k nghĩa là ta có 1( ) 1 . !.

k kk ky k a ax b

, ta chứng

minh mệnh đề đúng khi 1n k . Thật vậy ta có:



1 1 2( 1) ( ) 11 . !. 1 . 1 !.

k k k kk k k ky y k a ax b k a ax b

Vậy 1( ) 1 . !.

n nn ny n a ax b

.

b. logay x ⟹ 1

lny

x a ⟹

2

1

lny

x a ⟹

3

1.2

lny

x a ⟹

4

4

1.2.3

lny

x a

Từ đó ta dự đoán

1 11.2.3...( 1) ( 1)!1 1

ln ln

n nn

n n

n ny

x a x a

. Tương tự như câu 1,

ta dễ dàng chứng minh được công thức này bằng phương pháp qui nạp.

c. 2 1 1 1sin 2 .cos5 1 cos4 cos5 cos5 cos4 cos5

2 2 2y x x x x x x x

1 1 1 1 1

cos5 cos cos9 cos5 cos cos92 4 2 4 4

x x x x x x

⟹

1 1 1cos5 cos cos9

2 4 4

n n nny x x x

Dựa vào công thức đạo hàm cấp cao của một số hàm cơ bản ta có:

( ) 1 1 15 cos 5 cos 9 cos 9

2 2 4 2 4 2

n n nn n ny x x x

Bài 7.

Khai triển Taylor và khai triển Maclaurin

7.1. Tìm khai triển Taylor của các hàm số sau tại các điểm đã chỉ ra:

a. 3 2( ) 3 2 4f x x x x tại 0 1x .

b. ( ) cosf x x x tại 0x .

c. ( ) xf x xe tại 0 ln 2x .

Giải.

a. Ta có 3 2( ) 3 2 4f x x x x ⟹ (1) 6f

2( ) 3 6 2f x x x ⟹ (1) 7f

( ) 6 6f x x ⟹ (1) 12f

( ) 6f x ⟹ (1) 6f

( ) 0, 4

kf x k ⟹

(1) 0

kf

Như vậy,

2 3(1) (1) (1)

( ) (1) 1 1 11! 2! 3!

f f ff x f x x x



2

6 7 1 6 1 1x x x .

b. Ta có ( ) cosf x x x ⟹ ( )f

10 1 ( 1)

( ) cos cos cos cos2 2

k kk

k k

k kf x C x x C x x x x k x

⟹ ( ) cos cos 12

f

⟹2

( ) cos 2cos2 2

f

⟹3 2

( ) cos 3cos 32 2

f

⟹ 4 4 3

( ) cos 4cos2 2

f

…

( 1) 1( ) cos cos cos cos

2 2 2 2

n k n n nf n n

Như vậy,

4

2 3 4( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

1! 2! 3! 4!

f f f ff x f x x x x

( )... 0

!

nn nf

x xn

2 3 4

22 24

x x x x

1cos cos

2 2... 0

!

n n

n nn

x xn

.

c. Ta có ( ) xf x xe ⟹ (ln2) ln2f

1

0 1( )k kk x x x x

k kf x C x e C x e xe ke

⟹ (ln 2) ln 2 1f

⟹ (ln 2) ln 2 2f

⟹ (ln 2) ln 2 3f



⟹ 4

(ln 2) ln 2 4f

…

(ln 2) ln 2

nf n

Như vậy,

2 3(ln 2) (ln 2) (ln 2)

( ) (ln 2) ln 2 ln 2 ln 21! 2! 3!

f f ff x f x x x

(ln 2)... ln 2 0 ln 2

!

nn nf

x xn

2 3ln 2 2 ln 2 3

ln 2 ln 2 1 ln 2 ln 2 ln 22! 3!

x x x

ln 2... ln 2 0 ln 2

!

n nnx x

n

.

7.2. Tìm khai triển Maclaurin đến số hạng 4x của các hàm số sau:

a. ( ) xf x a b. 2( ) xf x x e c.

ln 1( )

1

xf x

x

Giải.

a. Ta có ( ) xf x a ⟹ (0) 1f

( ) lnxf x a a ⟹ (0) lnf a

2( ) lnxf x a a ⟹2(0) lnf a

3( ) lnxf x a a ⟹3(0) lnf a

4 4(0) ln 2xf a ⟹ 4 4(0) ln 2f

Như vậy khai triển Maclaurin đến số hạng 4x của hàm số là:

4

2 3 4 40(0) (0) (0)

(0) 01! 2! 3! 4!

xff f f

a f x x x x x

2 3 4

2 3 4 4ln ln ln1 ln 0

2! 3! 4!

a a ax a x x x x .

b. Ta có 2( ) xf x x e ⟹ (0) 0f

Và

1 20 2 1 2 2 2( )

k k kk x x x

k k kf x C x e C x e C x e



2 2 ( 1)x x xx e kxe k k e

⟹2( ) 2x xf x x e xe ⟹ (0) 0f

⟹2( ) 4 2x x xf x x e xe e ⟹ ( ) 2f x

⟹2( ) 6 6x x xf x x e xe e ⟹ (0) 6f

⟹ 4 2( ) 8 12x x xf x x e xe e ⟹

4(0) 12f

Như vậy khai triển Maclaurin đến số hạng 4x của hàm số là:

4

2 2 3 4 40(0) (0) (0)

(0) 01! 2! 3! 4!

xff f f

x e f x x x x x

2 3 4 4 2 3 4 46 12 10 0

3! 4! 2

ax x x x x x x x .

c. ln 1

( )1

xf x

x

. Áp dụng công thức khai triển Maclaurin các hàm cơ bản ta có:

2 3 4

4ln 1 02 3 4

x x xx x x

2 3 4 411 0

1x x x x x

x

⟹

2 3 4

4 2 3 4 4ln 1

( ) 0 1 01 2 3 4

x x x xf x x x x x x x x

x

2 3 4 43 11 250

2 6 12x x x x x .

7.3. Tìm khai triển Maclaurin của các hàm số sau:

a. 1

( )1

f xx

b. 2

1( )

3 2f x

x x

c.

2( ) xf x x e

Giải.

a. 1

( )1

f xx

⟹ (0) 1f

⟹

2

1

1f x

x

⟹ 0 1f



⟹

3

2

1f x

x

⟹ 0 2f

⟹

4

2.3

1f x

x

⟹ 0 6f

⟹

4

5

2.3.4

1f x

x

⟹ 4

0 24f

…

⟹

( )

1

!

1

n

n

nf x

x

⟹ 0 !n

f n

Như vậy khai triển Maclaurin của hàm số là:

4

2 3 40 01 (0) (0) (0)

(0) ... 01 1! 2! 3! 4! !

n

n nf ff f f

f x x x x x xx n

2 3 41 ... 0n nx x x x x x .

b. 2

1 1 1 1( )

3 2 1 2 2 1f x

x x x x x x

Đặt 1 1

, 1 2

g x h xx x

Ta có 1

( )1

g xx

⟹ (0) 1g

⟹

2

1

1g x

x

⟹ 0 1g

⟹

3

2

1g x

x

⟹ 0 2g

⟹

4

2.3

1g x

x

⟹ 0 6g

⟹

4

5

2.3.4

1g x

x

⟹ 4

0 24g

…



⟹

( )

1

1 !

1

n

n

n

ng x

x

⟹ 0 !

nf n

Suy ra khai triển Maclaurin của hàm số ( )g x là:

4

2 3 40 0(0) (0) (0)

(0) ... 01! 2! 3! 4! !

n

n nf ff f f

g x f x x x x x xn

2 3 41 ... 0n nx x x x x x

Ta có 1

( )2

h xx

⟹1

(0)2

h

⟹

2

1

2h x

x

⟹

10

4h

⟹

3

2

2h x

x

⟹

10

4h

⟹

4

2.3

2h x

x

⟹

30

8h

⟹

4

5

2.3.4

2h x

x

⟹ 4 3

04

h

…

⟹

( )

1

1 !

2

n

n

n

nh x

x

⟹

1

1 ! 1 10 !

2 22

n n

n

n

nh n

Tương tự ta tìm được khai triển Maclaurin của hàm số ( )h x là:

2 3 41 1 1 1 1 1 1... 0

2 4 8 16 32 2 2

n

n nh x x x x x x x

Như vậy khai triển Maclaurin của hàm số ( )f x là:

2 3 41 3 7 15 31 1 1... 1 0

2 4 8 16 32 2 2

n

n nf x h x g x x x x x x x

c. Ta có 2( ) xf x x e ⟹ (0) 0f

Và

1 20 2 1 2 2 2( )

k k kk x x x

k k kf x C x e C x e C x e



2 2 ( 1)x x xx e kxe k k e

⟹2( ) 2x xf x x e xe ⟹ (0) 0f

⟹2( ) 4 2x x xf x x e xe e ⟹ ( ) 2f x

⟹2( ) 6 6x x xf x x e xe e ⟹ (0) 6f

⟹ 4 2( ) 8 12x x xf x x e xe e ⟹

4(0) 12f

…

⟹ 2 2 ( 1)n x x xf x x e nxe n n e ⟹ 0 ( 1)

nf n n

Như vậy khai triển Maclaurin của hàm số là:

4

2 2 3 40 0(0) (0) (0)

(0) ... 01! 2! 3! 4! !

n

x n nf ff f f

x e f x x x x x xn

2 3 416 12

... 03! 4! !

n nn n

x x x x xn

4

2 3 ... 02 2 !

nnx x

x x xn

.

Bài 8.

Bài tập ứng dụng

8.1. Viết phương trình tiếp tuyến, pháp tuyến của đường cong:

Khi phân tích một lực đang tác dụng lên một vật thể chuyển động đôi lúc ta cần

tìm tiếp tuyến và pháp tuyến của đường cong quỹ đạo chuyển động của vật đó.

Việc viết phương trình tiếp tuyến hay pháp tuyến của đường cong khá quen thuộc

với chúng ta nên ở phần này chúng ta không đề cập bài tập tính toán. Mà ở đây chỉ nêu

một vài ứng dụng nhỏ trong thực tế mà có thể các bạn chưa để ý tới trong cuộc sống.



Một chiếc xe trượt sau khi rẽ khúc cua

sẽ tạo ra một vệt tiếp tuyến với đường

vạch vôi mà xe đó di chuyển.

- Giả sử ta đi trên 1 chiếc xe hơi quanh khúc cua, bất chợt ta đụng vào một thứ gì đó

trơn trượt trên đường (có thể là dầu, băng, nước hay cát mềm) và xe của ta bắt đầu

trượt, thì chiếc xe sẽ di chuyển theo hướng tiếp tuyến với khúc cua đó.

Tương tự, nếu ta cầm trái banh và ném chúng quanh 1 vật thể đang xoay tròn, trái banh

ngay lập tức bay ra theo phương tiếp tuyến vật thể xoay tròn đó.

- Khi bạn lái xe nhanh theo đường tròn, lực giúp bạn di chuyển vòng quanh khúc cua

có hướng hướng thẳng về tâm đường tròn, pháp tuyến với đường tròn. Đó chính là lý

do tại sao căm bánh xe được đặt pháp tuyến với đường cong bánh xe ở những điểm có

chỗ cho căm xe liên kết với tâm bánh xe.

8.2. Tìm vận tốc tức thời và gia tốc tức thời của chất điểm:

Ở phổ thông, ta đã biết cách xác định vận tốc tức thời theo phương trình chuyển

động bằng công thức ( )ds

v s tdt

. Và gia tốc tức thời là: 2

2( )

dv d sa s t

dt dt .

Nhưng khi mô tả chuyển động của chất điểm trong mặt phẳng, người ta thường dùng

hệ tọa độ Oxy để biểu diễn. Khi đó vị trí của chất điểm thường được xác định bởi

phương trình: ,x x t y y t , khi đó vận tốc của chất điểm được tính theo công

thức:

22

x yv v v



Trong đó ( )x

dxv x t

dt , ( )y

dyv y t

dt .

Tương tự như vận tốc, công thức tính gia tốc của chất điểm là:

22

x ya a a

Trong đó 2

2( )x

d xa x t

dt ,

2

2( )y

d ya y t

dt .

8.2.1. Một vật thể rơi từ cái giá đỡ được quãng đường S được cho bởi 2490 (cm)S t . t là thời gian được tính theo giây. Hỏi vận tốc của vật thể là bao

nhiêu tại thời điểm s?10t

Giải.

Vận tốc ở bất kì thời điểm nào của vật thể được tính theo công thức:

( ) 980ds

v s t tdt

Vậy vận tốc của vật thể khi 0s1t là: 9800 (cm/s) 98 (m/s)v .

8.2.2. Cho phương trình chuyển động theo thời gian 𝑡 (tính theo 𝑠) của một vật thể là: 3 24 7 2 (m)S t t t . Tính gia tốc vật thể tại s?10t

Giải.

Vận tốc ở bất kì thời điểm nào của vật thể là:

2( ) 12 14 2ds

v s t t tdt

Gia tốc ở bất kì thời điểm nào của vật thể là: 2

2( ) 24 14

d sa s t t

dt

Vậy gia tốc của vật thể khi 0s1t là: 224.10 14 254 (m/s )a .

8.2.3. Cho phương trình chuyển động theo thời gian t của một chất điểm là: 35x t , 24y t . Tính vận tốc vật thể tại 0?1t

Giải.

Khi 10t vị trí chất điểm ở tọa độ (5000,400)



Ta có 215x

dxv t

dt , 8y

dyv t

dt và

22 4 2225 64x yv v v t t .

Vậy vận tốc của vật thể khi 10t là: 4 2225 64 1520,1 10

v t tt

.

Nhận xét: hàm vận tốc v là hàm đồng biến theo thời gian nên chất điểm sẽ di chuyển

ngày càng nhanh (như đồ thị).

8.4. Bán kính cong:

Trong chuyển động thẳng ta chỉ quan tâm tới sự biến đổi về độ lớn của vận tốc.

Nhưng trong chuyển động cong ta còn phải quan tâm đến sự biến đổi về hướng của

vận tốc. Người ta đã đưa ra véc tơ gia tốc đặc trưng cho sự biến đổi cả về độ lớn lẫn về

hướng của vận tốc. Véc tơ gia tốc được chia thành hai thành phần: thành phần đặc

trưng cho sự biến thiên của vận tốc về độ lớn được gọi là véc tơ gia tốc tiếp tuyến kí

hiệu là ta , thành phần đặc trưng cho sự biến thiên của vận tốc về phương được gọi là

véc tơ gia tốc pháp tuyến, kí hiệu là na . Véc tơ gia tốc pháp tuyến có phương trùng

với phương của pháp tuyến của quỹ đạo tại chất điểm, chiều của véc tơ gia tốc pháp

tuyến luôn hướng về tâm của đường tròn (như hình vẽ). Độ lớn của véc tơ gia tốc tiếp

tuyến và véc tơ gia tốc pháp tuyến được cho bởi công thức: 2

n

va

R , t

dva

dt

Trong đó, R là “bán kính cong” của quỹ đạo tại chất điểm đang xét.

Và độ lớn của vectơ gia tốc là:

2 2

t na a a

Bán kính cong của một đường cong được định nghĩa là bán kính của một đường

tròn trùng với một phần cung của đường cong. Tuy nhiên một đường cong thì có

những cung khác nhau ứng với độ cong khác nhau. Vậy làm thế nào để xác định được

sự thay đổi của bán kính cong?



Công thức bán kính cong ở bất kỳ điểm nào đó của đường cong ( )y f x là:

3/2

21 ( )

( )

f xR

f x

Các vấn đề chúng ta nói ở trên không những có ứng dụng trong ngành vật lí mà

còn có ứng dụng thực tiễn vào việc thiết kế đường ray xe lửa. Đường ray xe lửa không

phải lúc nào cũng thẳng mà sẽ có những đoạn cong. Khi xe lửa di chuyển với vận tốc

không đổi v thì gia tốc 0a dọc theo phần thẳng và 2v

aR

ở phần cong. Nếu gia

tốc là hàm không liên tục tại các điểm nối giữa phần đường thẳng và phần đường cong

có thể sẽ dẫn đến việc xe lửa rời phần đường cong của đường ray khi đi vào đoạn

cong. Để tránh những điểm sốc này, đường ray phải được thiết kế sao cho độ cong

phải thay đổi một cách liên tục qua từng điểm nối. Độ cong của đường cong ( )y f x

được tính theo công thức: 1

KR

.

8.4.1.

Xác định bán kính cong của hàm bậc 3: 32 3y x x tại 1x .

Giải.

Đồ thị của hàm số 32 3y x x

Ta có bán kính cong là:

3/2

2 3/24 21 ( ) 36 12 2

( ) 12

f x x xR

f x x

Vậy bán kính cong tại 1x là:

3/2

4 236 12 211,047

112

x xR

xx



8.4.2. Giả sử đường ray xe lửa nằm dọc theo phần âm của trục Ox , nằm dọc theo

đường thẳng 1y x khi 2x và được nối bởi một đường cong chuyển tiếp

( )y f x ở đoạn 0 2x . Tìm hàm đa thức ( )f x phù hợp sao cho xe lửa di chuyển

dọc theo đường ray đến các điểm nối sẽ không có tình trạng bị sốc hoặc rời phần cong

của đường ray.

Giải.

Đa thức ( )f x được chọn sao cho đường ray liên tục, hệ số góc liên tục và độ cong tại

các điểm nối là 0x , 2x liên tục. Vì độ cong của hàm ( )y f x là

3/2

2

1 ( )

1 ( )

f xK

R f x

nên để độ cong liên tục tại các điểm nối 0x và 2x , ta

cần chọn sao cho , ,f f f có giá trị tại 0x và 2x như phần đường thẳng đã có.

Ta có:

0 0, 0 0, 0 0f f f

2 1, 2 1, 2 0f f f

Sáu dữ kiện này gợi ý cho ta xét ( )f x là một đa thức cấp 5 với 6 hệ số cần tìm.

2 3 4 5( )f x A Bx Cx Dx Ex Fx

2 3 4( ) 2 3 4 5f x B Cx Dx Ex Fx

2 3( ) 2 6 12 20f x C Dx Ex Fx

Thay sáu dữ kiện ban đầu vào ta tìm được 1 1

0, , , 0.4 16

A B C D E F

Vậy 3 4

( )4 16

x xf x .



8.5. Tối ưu hóa:

Quy trình tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất gọi là tối ưu hoá, là ứng dụng rất quan

trọng của vi phân. Quy trình này giống như việc tìm lợi nhuận tối đa của một công ty,

hay giảm thiểu giá thành, hay tìm số lượng vật liệu ít nhất để tạo ra một sản phẩm nào

đó. Những vấn đề này có ý nghĩa rất quan trọng trong các ngành công nghiệp.

8.5.1. Một hộp có đáy hình vuông, không có nắp. Nếu ta sử dụng 227 cm vật liệu thì

thể tích tối đa của cái hộp là bao nhiêu?

Giải.

Mở 4 mặt của cái hộp ta được ảnh như sau

Ta có diện tích tất cả các mặt của hộp là: 2 274 27

4 4

xx xy y

x . Còn thể tích

của hộp là: 3

2 2 27 27

4 4 4 4

x xV x y x x

x

. Việc tìm điều kiện sao cho thể tích lớn

nhất giống như việc tìm giá trị cực đại của hàm thể tích. Ta có: 227 3

0 34 4

dV xx

dx

2 2

2 2

3 90

32 2

d V x d V

xdx dx

Vậy thể tích đạt tối đa bằng 327

2cm khi

33 ,

2x cm y cm . (Lưu ý trường hợp âm ta

không xét vì không có ý nghĩa).

8.5.2. Một công ty mỹ phẩm chuẩn bị ra một mẫu sản phẩm mang tên “Ngọc trai” với

thiết kế một khối cầu như một viên ngọc trai, bên trong là một khối trụ nằm trong nửa

khối cầu để đựng kem. Theo dự kiến nhà sản xuất sẽ làm khối cầu có bán kính là

3 3 (cm)R . Tìm thể tích lớn nhất của khối trụ đựng kem (để thể tích thực ghi trên

bìa hộp là lớn nhất nhằm thu hút khách hàng).

Giải.



Thể tích của khối trụ là:

2 227V r h h h

Để tìm thể tích lớn nhất của khối trụ, ta tìm giá trị cực đại của hàm

2 3( ) 27 27f h h h h h

2( ) 3 27 0 3f h h h

( ) 6 (3) 18 0f h h f

Vậy hàm số đạt cực đại khi 3 (cm)h và thể tích lớn nhất khi đó là:

2 327 54 (cm )3

V h hh

8.5.3. Số vé Q bán được của một hãng xe buýt có mối liên hệ với giá vé P là:

10000 125Q P . Tìm mức giá P để doanh thu đạt tối đa. Tính lượng vé bán được ở mức

giá đó.

Giải.

Ta có doanh thu (số tiền thu được) là:

2. 10000 125 125 10000R P Q P P P P .

Để doanh thu đạt tối đa ta tìm giá trị cực đại của hàm R . Ta có:

250 10000 0 40dR

P PdP

2

2250 0

d R

dP

Vậy hàm R đạt cực đại tại 40P , nghĩa là doanh thu sẽ đạt cực đại khi giá vé là 40

(đơn vị tiền tệ). Doanh thu đạt được lúc đó là max 200000R (đơn vị tiền tệ) và số vé

bán được là 10000 125.40 5000Q (vé).



C. Bài tập đề nghị

Bài 1. Tính các giới hạn sau

1.1. 2

1 2lim

4

2x

x

x x

1.2.

1

2 3l

4

1 3imx

x

x x

1.3.

2

22

cos 4

ln 2 8limx

x

x e

1.4.

1 2

sin2

lim1x

x

x

Dạng vô định 0

0

1.1. 2

22

3 2lim

4 4x

x x

x x

1.2.

3

41

3 2lim

4 3x

x x

x x

1.3. 4 3 2

4 3 22

2 5 3 1lim

3 8 6 1x

x x x x

x x x

1.4.

1

22

lim 1x

x

x

1.5. 3

1

1lim

5 2x

x

x

1.6.

22

3 2lim

4x

x x

x

1.7. 1

2 1lim

5 2x

x

x

1.8.

3

1

2 3lim

1x

x x

x

1.9. 3

2

1 1lim

2x

x

x

1.10.

3

21

3 7lim

3 2x

x x

x x

1.11. 0

sin3lim

4x

x

x 1.12.

tanlim x

x

x

1.13. 0

sinlim

1 co

2

sx

x x

x 1.14.

2

0

sinlim

1 cosx

x

x

1.15.

cos2

lim x

x

x

1.16.

0

sinlim

2sinx xx

x x

e e x

1.17.

21

sin 1lim

3 2x

x

x x

1.18.

0

ln 1 sin3lim

tan3x

x

x

1.19. 0

21

co

lnl

sim

lnx

x

x

1.20.

2

0

1lim

ln 1 3

x

x

e

x



1.21. 20

2lim

x x

x

e e

x x

1.22.

0 3

sinlimx

x

x

x

1.23. 3

0

1lim

2x xx

x

e e x

1.24.

0 2

cos

i

1li

s nm

x

x

x

1.25. 0

sin 3 tanlim

ln 1 2x

x x

x

1.26.

2

2

2lim

2

x

x

x

x

1.27. 2 3

2 30

2sinlim x

x x x

x x x

1.28.

2

20

sinlim

2x

x x

x x

1.29. 2 3

30

sin 2 sinlim

3 sinx

x x x

x x x x

1.30.

20

ln 1 2 sinlim

tanx

x x

x

1.31.

2

20

sin 3lim

ln 1 2x

x

x 1.32.

1

1

sin 1lim

ln

x

x

e

x

1.33.

20

ln coslim

ln 1x

x

x 1.34.

3 40

1 1 coslim

sin

x

x

e x

x x

Dạng vô định

1.1. 3 2

4

2lim

2 1x

x x

x x

1.2.

3 23 1lim

2 1x

x x

x

1.3. 3 2

3 2

2 3lim

2 1x

x x

x x

1.4.

3 2

2 2

3 1 2lim

1 1x

x x x

x x

1.5. 9 5

lim4 3

x x

x xx

1.6.

3 1lim

4 2

x

xx

1.7. 3 2

3

2 3lim

1x x x

x x

1.8.

2 24lim

9x

x x x x

x

1.9. 2 24

lim9x

x x x x

x

1.10.

2 33 1lim

1x

x x x

x

1.11. ln

lim 0x

x

x

1.12.

2

2lim

1

x

x

e

x

Dạng vô định

1.1. 20

1 1lim x x x x

1.2.

0

1 1lim

2x xx x



1.3. lim 2 1x

x x

1.4. 2limx

x x x

1.5. 2lim 1 1x

x x

1.6. 33lim 2x

x x x

1.7. 2lim 4 1 2x

x xx

1.8. 33lim 1x

x x

Dạng vô định 0.

1.1. lim x

xxe

1.2.

1

2lim 1x

xx e

1.3. 1

lim 1 tan2x

xx

1.4.

0ln l 1i nl m

xx x


1.1. 2cot

0lim 1 sin

x

xx

1.2.

2sin

sin

0

sinlim

x

x x

x

x

x

1.3.

12 3

lim2 1

x

x

x

x

1.4.

2

2

2

1lim

2

x

x

x

x

1.5. 1

0coslim x

xx

1.6.

1

sin

0x+cm osli x

xx

1.7. 2

2

0coslim x

xx

1.8.

3

1

sin

0

1 tanlim

1 sin

x

x

x

x

Bài 2. Tìm đạo hàm và vi phân các hàm số sau

2.1. 1

2 1

xy

x

2.2.

2

1

1

xy

x

2.3.

sin 2

sin 1

xy

x

2.4. 𝑦 = 𝑥 sin 𝑥 2.5. sin

xy

x 2.6. 𝑦 = 𝑥 ln 𝑥 + 𝑥2

2.7. 𝑦 = 𝑥𝑒sin𝑥 2.8. 𝑦 = ln √1 + 𝑥23

2.9. 𝑦 = 𝑥 ln(1 + 2𝑥2)

2.10. 𝑦 = (1 + 2𝑥2)3 2.11. 𝑦 = 𝑥 ln2 𝑥 2.12. 𝑦 = 𝑥 ln√1 + 𝑥

2.13. 𝑦 = 𝑥√1 − 𝑥23

2.14. 𝑦 = ln(𝑥 + √1 + 𝑥2) 2.15. 𝑦 = 5𝑥 − ln(1 + 𝑒𝑥)

Bài 3. Tìm đạo hàm cấp 2 và vi phân cấp 2 các hàm số sau

3.1. 𝑦 = 𝑥4 − 3𝑥 3.2. 2 1

1

xy

x

3.3.

3

1

1y

x

3.4. 𝑦 = 𝑥 ln 𝑥 3.5. 𝑦 = ln(1 + 3𝑥2) 3.6. 𝑦 = 𝑥𝑒2𝑥

Bài 4. Tìm đạo hàm 𝑦𝑥′ của hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) cho bởi tham số

4.1. 𝑦 = 𝑡3 − 2𝑡 + 1 và 𝑥 = 𝑡 − 2𝑡2 4.2. 𝑦 = 𝑡4 + 3𝑡2 và 𝑥 = 1 + 2𝑡3



Bạn được yêu cầu thiết kế một cái bình có hình dạng là một

hình trụ có thể tích là 1 lít (như hình bên). Vậy bạn sẽ thiết

kế kích thước như thế nào để sử dụng vật liệu tiết kiệm

nhất?

4.3. 𝑦 = sin2 𝑡 và 𝑥 = cos 𝑡 4.4. 𝑦 = 1 + 2 sin 2𝜃 và 𝑥 = cos 2𝜃

4.5. 𝑦 = 𝑒√𝑡+1 và 𝑥 = 𝑡 − 2 ln√𝑡 4.6. 𝑦 = √1 − 𝑡2 và 𝑥 = 3𝑡 − 2

Bài 5. Tìm đạo hàm 𝑦′ của hàm ẩn 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định bởi phương trình dưới đây

5.1. 𝑥2 + 2𝑦2 − 1 = 0 5.2. 3𝑥2 + 𝑦2 − 𝑥𝑦 = 0

5.3. 𝑥𝑒𝑦 − 𝑥 + 𝑦 = 0 5.4. 𝑥 ln 𝑦 − 𝑥 + 𝑦 = 0

5.5. 𝑥 sin 𝑦 − 𝑦 sin 𝑥 = 0 5.6. 𝑒𝑥 − 𝑒𝑦 − 𝑥𝑦 + 1 = 0

Bài 6. Tìm đạo hàm của các hàm số sau

6.1.

1

xy x 6.2. 𝑦 = 𝑥2𝑥 6.3. xy e

Bài 7. Khai triển Maclaurin các hàm sau đến 3x

7.1. 𝑦 = 𝑒2𝑥−𝑥2 7.2. scox x 7.3.

xy e

Bài 8. Khai triển Maclaurin các hàm sau

8.1. 2xy e 8.2. 2 2ln 2y x 8.3. sin 4y x

Bài 9.

Đáp án:

Bài 1. Tính các giới hạn sau

1.1. -1 1.2. 2

1.3. 1 1.4. 4


0

1.1. 1.2. 0

1.3. 5

7 1.4. 2

1.5. 12 1.6. 1

16



1.7. 2 1.8. 23

4

1.9. 1

3 1.10.

1

6

1.11. 3

4 1.12. 1

1.13. 4 1.14. -1

1.15. -1 1.16. 1

4

1.17. -1 1.18. 1

1.19. -2 1.20. 2

3

1.21. 0 1.22. 1

6

1.23. 3 1.24. 1

4

1.25. 2 1.26. 4 ln 2 1

1.27. 1 1.28. 1

1.29. 1

3 1.30. 2

31. 9

4 32. 1

33. 1

2 34.

1

2

Dạng vô định

1.1.0 1.2.

1.3. 2 1.4. 6

1.5. 1.6. 0

1.7. 0 1.8. 3

1.9. -3 1.10. -2

1.11. 0 1.12.

Dạng vô định



1.1. 1.2.

1.3. 0 1.4.

1.5. 1 1.6. 0

1.7. 1

4 1.8. 0

Dạng vô định 0.

1.1. 0 1.2. 2

1.3. 2

1.4. 0


1.1. e 1.2. 2e

1.3. e 1.4. 3e

1.5. 1 1.6. e

1.7. e 8. e

Bài 2. Tìm đạo hàm và vi phân các hàm số sau

2.1.

22 1

3y

x

2.2.

2

22

2 1

1

x xy

x

2.3.

2

3c

i 1

os

s n

xy

x

2.4. 𝑦′ = sin 𝑥 + 𝑥cos𝑥 2.5. 2

sin cos

sin

xx xy

x

2.6. 𝑦′ = ln 𝑥 + 2𝑥 + 1

2.7. 𝑦′ = 𝑒sin𝑥(1 + 𝑥cos𝑥 2.8.

2

233 1

xy

x

2.9. 2

2

24ln 1 2

1 2y x

x

x

2.10. 𝑦′ = 12𝑥(1 + 2𝑥2)2 2.11. 𝑦′ = ln2 𝑥 + 2ln𝑥 2.12. ln 12 1

y xx

x

2.13.

223

223

21

3 1

xy x

x

2.14. 2

1

1y

x

2.15. 5 ln 5

1

xx

x

ey

e

Bài 3. Tìm đạo hàm cấp 2 và vi phân cấp 2 các hàm số sau

3.1. 𝑦′ = 4𝑥3 − 3, 𝑦′′ = 12𝑥 3.2.

2 3,

1 1

3 6y y

x x

3.3.

4 5

3 12,

1 1y y

x x

3.4. ln

11 ,y x y

x

3.5.

2

2 22

,6 18 6

1 3 1 3

x x

xy y

x

3.6. 𝑦′ = 𝑒2𝑥 + 2𝑥𝑒2𝑥, 𝑦′′ = 4𝑒2𝑥(1 + 𝑥)



Bài 4. Tìm đạo hàm 𝑦𝑥′ của hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) cho bởi tham số

4.1. 23 2

1 4x

ty

t

4.2.

22 3

3x

ty

t

4.3. o2c s 2x t xy 4.4. 2tanxy

4.5.

1

2 1 1

t

x

tey

t t

4.6. 2

3

1x

ty

t

Bài 5. Tìm đạo hàm 𝑦′ của hàm ẩn 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định bởi phương trình dưới đây

5.1. 1 2

4

xy

y

5.2.

6

2

y xy

y x

5.3. 1

1

y

y

ey

xe

5.4.

1 lny yy

x y

5.5. c sin

c s

os

os iy n

y yy

x

x

x

5.6.

1x

y

e yy

x e

Bài 6. Tìm đạo hàm của các hàm số sau

6.1. 1

2

1 lnxy x x

6.2. 22 ln 1xy x x 6.3. a

2

t n ln sin

osin 1

c s

xy

xx

Bài 7. Khai triển Maclaurin các hàm sau đến 3x

7.1. 22 2 3 32

1 2 03

x xe x x x x

7.2. 3 41c 0

2osx x x xx

7.3. 2 3 31 11 0

2 3!

xe x x x x

Bài 8. Khai triển Maclaurin các hàm sau

8.1. 3 4

2 2 3 42 2 21 2 2 ... 0

3! 4! !

nx n ne x x x x x x

n

8.2.

1

2 2 2 4 2 2 111 1

ln 2 2ln 2 ... 04 32 4 .

n

n n

nx x x x x

n

8.3.

2 13 53 5 2 1 2 2

1 44 4 4sin 4 ... 0

2! 3! 5! 2 1 !

m m

m mx x x x x xm

Bài 9. 5.42, 10.84r h



Chương 2. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN

Những phép tính tích phân đầu tiên đã được thực hiện từ cách đây hơn 2000

năm bởi Archimedes (287–212 trước Công nguyên), khi ông tính diện tích bề mặt

và thể tích khối của một vài hình như hình cầu, hình parabol và hình nón.

Nhưng mãi đến thế kỉ XVI tích phân mới được chính thức nghiên cứu và phát

triển bởi hai nhà khoa học Issac Newton và Gottfried Lebniz. Phép tính tích phân là

phép nghịch đảo của vi phân. Nếu tính vi phân giúp chúng ta tìm tốc độ thay đổi của

đại lượng này so với đại lượng khác khi biết mối quan hệ giữa chúng, thì ngược lại

tích phân giúp chúng ta tìm mối quan hệ giữa hai đại lượng ban đầu khi biết tốc độ

thay đổi của đại lượng này so với đại lượng kia. Ví dụ khi ta biết vận tốc chuyển động

của một vật thể trong thời khắc nào đó, nhưng đồng thời ta cũng muốn biết trong thời

khắc đó, vật thể ấy đang ở chỗ nào, phép tính tích phân sẽ giúp chúng ta làm được điều

đó.

Tích phân có ứng dụng rộng rãi trong các ngành khoa học khác. Nó không chỉ

là các ứng dụng cơ bản như tính diện tích, thể tích, độ dài cung, tính quãng đường, vận

tốc, trọng tâm, công của lực biến thiên,…mà khi mở rộng ra tích phân suy rộng, nó

còn có nhiều ứng dụng trong kỹ thuật, trong ngành điện tử viễn thông, trong lý thuyết

điện từ,…


2.1. Tích phân bất định

2.1.1. Khái niệm tích phân bất định

a. Định nghĩa nguyên hàm.

Cho hàm số ( )f x xác định trong khoảng mở ,a b . Hàm số ( )F x xác định trong

,a b được gọi là nguyên hàm của ( )f x nếu F x khả vi trên ,a b và '( ) ( )F x f x

hay ( ) ( )dF x f x dx với mọi ,x a b .

Ví dụ 1. a) 3x là nguyên hàm của

23x vì '

3 23x x .

b) 51

5x là nguyên hàm của

4x vì

'

5 41

5x x

.

https://vi.wikipedia.org/wiki/287_TCN

https://vi.wikipedia.org/wiki/212_TCN

https://vi.wikipedia.org/wiki/Th%E1%BB%83_t%C3%ADch



c) 1

cos22

x là nguyên hàm của sin 2x vì

'1

cos2 sin 22

x x

.

b. Định lý và định nghĩa tích phân bất định.

Giả sử F x khả vi trên ,a b và F x là nguyên hàm của f x trên ,a b . Khi

đó:

i) ( )F x C cũng là nguyên hàm của ( )f x , với mọi ,x a b , trong đó C là hằng

số tùy ý.

ii) Ngược lại, mọi nguyên hàm của ( )f x , ,x a b đều có dạng ( )F x C .

Khi đó, ta ký hiệu nguyên hàm của ( )f x là ( ) f x dx được gọi là tích phân bất định

của ( )f x , tức là: ( ) ( ) f x dx F x C . Ký hiệu được gọi là dấu tích phân, x được gọi

là biến số lấy tích phân, f x là hàm số lấy tích phân, f x dx là biểu thức dưới dấu

tích phân.

Ví dụ 2. Theo Ví dụ 1 ta có:

a) 2 33x dx x C .

b) 4 51

5x dx x C .

c) 1

sin 2 cos22

xdx x C .

c. Tính chất.

i) Nếu F x là nguyên hàm của f x và hằng số 0 thì

( ) ( ) ( ) f x dx f x dx F x C .

ii) Nếu ,F x G x lần lượt là nguyên hàm của ,f x g x ; và , là 2 hằng số

thì

( ) ( ) ( ) ( ) f x g x dx F x G x C .

iii) Một hàm số ( )f x xác định, liên tục trong ,a b thì có nguyên hàm trong

khoảng đó.

d. Bảng tích phân các hàm số thông dụng. 1

, 11

x

x dx C ; ln dx

x Cx

; ln

x

x aa dx C

a;

x xe dx e C ; cos sin xdx x C ; sin cos xdx x C ;

2tan

cos

dxx C

x;

2cot

sin

dxx C

x;

2ln tan

sin

xdxC

x;

2ln tan ;

cos 4

xdxC

x 2 2

1ln ;

2

dx x a

Cx a a x a

2 2

1arctan ;

dx xC

x a a a



2 2arcsin

dx xC

aa x; 2

2ln

dxx x C

x;

22 2 2 21

arcsin2 2

a x

a x dx x a x Ca

;

2 2 21 ln

2

x dx x x x x C .

2.1.2. Các phương pháp tích phân

a. Phép đổi biến.

Dạng 1. Nếu tích phân cần tính có thể đưa về dạng ( ) ( )I f u x u x dx , với

( ), ( )u x u x là các hàm số liên tục. Ta đặt: ( ) ( )t u x dt u x dx . Khi đó:

( ) ( ) ( )I f u x u x dx f t dt

Dạng 2 (phương pháp thế lượng giác). Khi biểu thức lấy tích phân không áp dụng

được đổi biến dạng 1, ta đặt ( )x u t , với ( )u t là hàm số có đạo hàm liên tục, và có

hàm số ngược là 1( )u x t . Khi đó ( )dx u t dt và

( ) ( ) ( )I f x dx f u t u t dt

+ Nếu ( )f x có chứa 2 2a x thì đặt sinx a t với -

2 2

t hoặc đặt cosx a t

với 0 t .

+ Nếu ( )f x có chứa 2 2x a thì đặt sin

a

xt

với ; \ 02 2

t hoặc đặt cos

a

xt

với 0; \2

t .

+ Nếu ( )f x có chứa 2 2a x thì đặt tanx a t với -

2 2

t

hoặc đặt cotx a t

với 0 t .

+ Nếu ( )f x có chứa

a x

a x hoặc

a x

a x thì đặt cos2x a t .

+ Nếu ( )f x có chứa x a b x thì đặt 2sin x a b a t .

Ví dụ 3. Tính các tích phân:

a) 2

132

x dxI

x

.

Giải. Đặt 3 2 22 33

dtt x dt x dx x dx .

Suy ra 3

1

1 2 22

3 3 3

dtI t C x C

t .



b) 2

24

dxI

x

Giải. Đặt 2sin , ; 2cos2 2

x t t dx tdt

. Suy ra

22

2cosarcsin

24 4sin

t xI dt dt t C C

t

.

c) 3 29

dxI

x

Giải. Đặt 23tan , ; 3 1 tan2 2

x t t dx t dt

. Suy ra

2

3 2

1 tan 1 1 13 arctan

3 3 3 39 9 tan

t xI dt dt t C C

t

.

b. Tích phân từng phần

Giả sử ,u u x v v x là hai hàm số khả vi và có đạo hàm lần lượt là ,u u x

v v x liên tục. Khi đó:

udv uv vdu .

Chú ý.

i) Khi tính tích phân f x g x dx bằng phương pháp tích phân từng phần ta

thường có 2 cách đặt:

u f x

dv g x dx

hoặc

u g x

dv f x dx

. Các bạn nên chọn cách đặt

dv sao cho việc tìm v được dễ dàng.

ii) Đôi khi tính tích phân từng phần ta được một hệ thức có dạng:

1f x dx F x A f x dx A . Khi đó 1

1f x dx F x C

A

.

Ví dụ 4. Tính các tích phân sau:

a) 4

xI xe dx .

Giải. Đặt x x

u x du dx

dv e dx v e

. Suy ra 4

x x x xI xe e dx xe e C .

b) 5 2cos

xI dx

x .

Giải. Đặt 2

tancos

u x du dx

dxdv v x

x

. Suy ra

5 tan tan tan ln cosI x x xdx x x x C .

c) 2

6 lnI x xdx .



Giải. Đặt 3

2

ln

3

dxu x du

x

xdv x dx v

. Suy ra 3 3 3

2

6

1ln ln

3 3 3 9

x x xI x x dx x C .

d) 7 cosxI e xdx .

Giải. Đặt cos sin

x xu e du e dx

dv xdx v x

. Suy ra 7 sin sinx xI e x e xdx .

Đặt 1 1

1 1sin cos

x xu e du e dx

dv xdx v x

. Suy ra

7 7sin cos cos sin cosx x x x xI e x e x e xdx e x e x I

Suy ra

7

sin cos

2

xe x xI

.

2.1.3. Tích phân các hàm hữu tỷ

a. Tích phân dạng 2

dx

x ax b

Dạng 1.

Nếu 2 0x ax b có nghiệm kép p thì

2 2

1 1

x ax b x p

.

Nếu 2 0x ax b có 2 nghiệm phân biệt ,p q thì

1 1 1 1

( )( )x p x q p q x p x q

.

Ví dụ 5. Tính các tích phân

a) 8 2 5 4

dxI

x x

.

Giải. Ta có

8 2

1 1 1

4 1 4 1 4 15 4

1 1 4ln 4 ln 1 ln .

3 3 1

dx dxI dx

x x x xx x

xx x C C

x

b) 9 24 12 9

dxI

x x

.

Giải. Ta có

9 2 2 2

2 31 1

2 2 2 34 12 9 2 3 2 3

d xdx dxI C

xx x x x

Dạng 2. Nếu 2 0x ax b vô nghiệm thực thì



2 2

2

1 1

( ) ( )2 4

x ax b ax b

a

Áp dụng 2 2

1arctan

dx xC

a ax a.


a) 10 2 8 20

dxI

x x

.

Giải. Ta có

10 2 2 2 2

4 1 4arctan

2 28 20 4 4 4 2

d xdx dx xI C

x x x x

.

b) 11 29 6 10

dxI

x x

.

Giải. Ta có

11 2 2 2 2

3 11 1 3 1arctan

3 9 39 6 10 3 1 9 3 1 3

d xdx dx xI C

x x x x

.

b. Tích phân dạng 2

( )Px Q dx

x ax b

.

Ta biến đổi

2 2 2

22

2(2 )2

2 2

2 1.

2 2

2

(2 ). .

Qx ax

Px Q P PP

x ax b x ax b x ax b

P P Qa

P x ax b

Qa

P

x a

x ax b

Áp dụng ( )

ln ( )( )

f xdx f x C

f x

.

Ví dụ 7. Tính tích phân: 12 2

( 5)

6 11

x dxI

x x

.

Giải.

12 2 2 22

2

22

2

( 5) 1 2 6 2

26 11 6 11 3 2

31ln 6 11 2

2 3 2

1 3ln 6 11 2 arctan .

2 2

x dx xI dx dx

x x x x x

d xx x

x

xx x C

c. Phân tích thành các phân thức đơn giản

Bằng cách sử dụng phương pháp hệ số bất định ta phân tích biểu thức lấy tích phân

thành tổng của các phân thức đơn giản rồi tính tích phân.




a) 2

13 2

2 6

( 2)

x xI dx

x x

.

Giải. Giả sử

22

2 2 2

2 22 6

2( 2) 2

A C x A B x Bx x A B C

x xx x x x x

.

Sử dụng phương pháp đồng nhất thức ở hai vế ta được

2 2

2 1 3

2 6 4

A C A

A B B

B C

.

Suy ra 2

13 2 2

2 6 2 3 4 3 2ln 4ln 2

2( 2)

x xI dx dx x x C

x x xx x x

.

b) 2

14

3 10 11

( 1)( 2)( 3)

x xI dx

x x x

.

Giải. Giả sử

2

2

3 10 11

( 1)( 2)( 3) 1 2 3

5 4 3 6 3 2

1 2 3

x x A B C

x x x x x x

A B C x A B C x A B C

x x x

Sử dụng phương pháp đồng nhất thức ở hai vế ta được

3 2

5 4 3 10 3

6 3 2 11 4

A B C A

A B C B

A B C C

Suy ra

2

14

2 4

3

3 10 11 2 3 4

( 1)( 2)( 3) 1 2 3

1 32ln 1 3ln 2 4ln 3 ln

2

x xI dx dx

x x x x x x

x xx x x C C

x

2.1.4. Tích phân các hàm vô tỉ

Bằng cách áp dụng các phương pháp phù hợp để đưa về các dạng tích phân cơ bản rồi

tính. Sau đây là một vài ví dụ minh họa.


a) 23 6

15 3(1 )

x x xI dx

x x

.

Giải. Đặt 6 56 x t dx t dt . Khi đó



6 4 5 35 3

15 2 26 2

34 2 6

16 . 6 6 6

1 11

3 36arctan 6arctan

2 2

t t t t t dtI t dt dt t dt

t tt t

t t C x x C

b) 16 2 1

3 3(3 2) (3 2)

dxI

x x

.

Giải. Đặt 6 53 2 2t x dx t dt . Khi đó

5 3 22

16 4 2 2 2

2 26 6

22 2 2 ln 1

21 1

3 2 ln 3 2 1 .

t t t tI dt dt t dt t C

t t t t

x x C

.

Tích phân dạng 2

dx

Iax bx c

Tách bình phương đủ trong tam thức bậc hai rồi đưa về tích phân cơ bản dạng:

2 2

arcsin

dx x

Caa x

; hoặc 2

2ln

dxx x C

x.


a) 17

2 4 6

dxI

x x

.

Giải. Ta có

172 2 22

22

2

4 6 2 2 2 2

ln 2 2 2

d xdx dxI

x x x x

x x C

b) 18

24 8 2

dxI

x x

.

Giải. Ta có 2 21 2

3 4 1 3 ( )9 3

x x x . Khi đó

2

182

23

( 1)2

11 1 2 2arcsin .

2 2 334

12

x

d xdx xI C

x

2.1.5. Tích phân các hàm lượng giác

Dạng 1. Tích phân dạng sin ,cosP x x dx với P là hàm hữu tỷ.



Đặt tan2

x

t . Khi đó 2

2sin

1

tx

t,

2

2

1cos

1

tx

t, 2arctanx t và

2

2

1

dtdx

t.

Đặc biệt.

Nếu sin ,cosP x x là hàm lẻ đối với sinx thì đặt cost x .

Nếu sin ,cosP x x là hàm lẻ đối với cosx thì đặt sint x .

Nếu sin ,cosP x x là hàm chẵn đối với sinx và cosx thì đặt tant x .


a) 192sin 2cos 3

dxI

x x

.

Giải. Đặt 2

2tan

2 1

x dtt dx

t. Khi đó

2

2sin

1

tx

t,

2

2

1cos

1

tx

t.

Ta có

19 2 2 2

22 2 2

4 5 2 1 2 1

2arctan 2 2arctan tan 22

d tdt dtI

t t t t

xt C C

.

b) 3

20

cos cos

cos 2

x xI dx

x

.

Giải. Ta có 2 2

20 2 2

sin .cos sincos

1 2sin 2sin 1

x x xI dx xdx

x x

Đặt sin cost x dt xdx . Suy ra

2

20 2 2

1 1 2 1ln .

2 4 2 2 1

1 1 1 1 1.

2 2 22 1 2 2 1 2 1 2 1

1 1 2 1 sinln sin

2 4 2 2 1 sin

I

xx C

x

tdt dt dt

t t t t

tt C

t

c) 21 2 23sin sin cos 4cos

dxI

x x x x

.

Giải. Đặt 2

2tan , 1 tan

2 2 1

dtt x x dt x dx dx

t khi đó

2sin

1

tx

t;

2

1cos

1

x

t. Ta có

21 2

3 4 3tan 4ln ln .

1 tan 13 4 13 4

t xC C

t x

dt dtI

t tt t

Dạng 2. Tích phân dạng sin cosp qx xdx :

Nếu q là số nguyên dương lẻ thì đặt sint x .

Nếu p là số nguyên dương lẻ thì đặt cost x .



Nếu cả p và q đều là những số nguyên dương chẵn, ta áp dụng công thức hạ bậc:

2 1 cos2cos

2

xx ,

2 1 cos2sin

2

xx ,

sin 2sin cos

2

xx x .

Nếu 2p q , ta có thể đặt tant x hoặc cott x .


a) 3 2

22 sin cosI x xdx .

Giải. Ta có 3 2 2 4

22 sin cos cos cos sinI x xdx x x xdx

Đặt cos sint x dt xdx . Suy ra

4 2 5 3 5 3

22

1

5

1 1 1cos cos .

5 3 3I t t dt t t C x x C

b) 2 2

23 sin cosI x xdx .

Giải. Ta có 2

23

1 1 1 cos4 1 1sin 2 sin 4 .

4 4 2 8 4

xI xdx dx x x C

Dạng 3. Tích phân dạng sin( )cos( )ax bx dx , cos( )cos( )ax bx dx , sin( )sin( )ax bx dx

Dùng các công thức lượng giác biến đổi tích thành tổng sau:

1

cos cos cos( ) cos( )2

a b a b a b

1

sin sin cos( ) cos( )2

a b a b a b

1

sin cos sin( ) sin( )2

a b a b a b

Ví dụ 13. Tính 24 sin3 cos 4I x xdx .

Giải. 24

1 1 1sin3 cos4 sin 7 sin cos7 cos

2 14 2I x xdx x x dx x x C .

2.2. Tích phân xác định

2.2.1. Định nghĩa tích phân xác định.

Cho hàm số f x xác định và bị chặn trên ,a b . Chia một cách tùy ý đoạn ,a b bởi

các điểm chia: 0 1 2 1... n na x x x x x b .

Trên mỗi đoạn nhỏ 1, i ix x , lấy một điểm i và lập tổng:

0 0 1 1 2 2 1 1

1

0

( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )

n n n

n

i ii

I f x f x f x f x f x



Nếu tồn tại giới hạn

max 0

lim

i

nnx

I I không phụ thuộc vào cách chia đoạn ,a b và

cách chọn điểm i trong 1, i ix x thì I gọi là tích phân xác định của hàm số ( )f x trên

,a b , ký hiệu là ( )b

a

f x dx . Khi đó ta nói rằng ( )f x khả tích trên ,a b .

Nhận xét.

+ Nếu hàm số f liên tục trên đoạn ,a b thì f khả tích trên ,a b .

+ Nếu hàm số f bị gián đoạn trên ,a b , nhưng số điểm gián đoạn là hữu hạn và f bị

chặn trên ,a b thì f vẫn khả tích trên ,a b .

+ Việc tính tích phân xác định trực tiếp bằng định nghĩa khá phức tạp, ngay cả khi hàm

số dưới dấu tích phân là hàm số sơ cấp. Để thuận lợi trong tính toán, người ta thường

áp dụng các tính chất và sử dụng các phương pháp giải đơn giản hơn.

2.2.2. Tính chất.

Giả sử các tích phân xác định sau đây tồn tại. Khi đó:

i) ( ) ( ) b b

a a

kf x dx k f x dx , (k là hằng số).

ii) ( ) ( ) ( ) ( ) b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx .

iii) ( ) ( ) ( ) b c b

a a c

f x dx f x dx f x dx .

iv) Nếu ( ) 0, , f x x a b thì ( ) 0b

a

f x dx .

v) Nếu ( ) ( ), , f x g x x a b thì ( ) ( ) b b

a a

f x dx g x dx .

vi) Nếu ( ) , ,p f x q x a b (với p, q là các hằng số) thì:

( ) ( ) ( )

b

a

p b a f x dx q b a .

2.2.3. Công thức Newton-Leibnitz.

Nếu F(x) là nguyên hàm của hàm số f(x) liên tục trên ,a b thì:

( ) ( ) ( ) ( ) b

a

bf x dx F x F b F a

a.


25

2 2 3

dxI

x

.

Giải. Ta có 3

25

2

31 1ln 2 3 ln3 ln 3.

22 3 2 2

dxI x

x



2.2.4. Các phương pháp tính tích phân xác định

a. Phương pháp đổi biến số.

Ta vẫn áp dụng các trường hợp đổi biến giống như tính tích phân bất định nhưng có

điểm khác biệt ở đây là sau khi đổi biến ta tiến hành đổi cận và tính tích phân.


2

26

0

4I x dx .

Giải. Đặt 2sin 2cosx t dx tdt . Đổi cận: 0 0, 16

x t x t

. Suy ra

6 6 62 2

26

0 0 0

1 cos2 1 34 4sin .2cos 4 cos 4 2 sin 2 6

2 2 3 20

tI t tdt tdt dt t t

b. Phương pháp từng phần:

Cách biến đổi giống tích phân bất định và áp dụng công thức:

( ) b b

a a

budv uv vdu

a


27

0

sinI x xdx

.

Giải. Đặt sin cos

u x du dx

dv xdx v x

. Suy ra

2

27

0

cos cos sin 12 2

0 0

I x x xdx x

2.3. Ứng dụng hình học của tích phân xác định

2.3.1. Diện tích hình phẳng trong hệ tọa độ vuông góc

a. Cho hình phẳng giới hạn bởi đường cong ( )y f x liên tục trên ,a b , trục Ox và

các đường thẳng , x a x b thì diện tích được tính bởi:

( ) b

a

S f x dx

Ví dụ 17. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi

đường 2 2y x x , trục Ox và hai đường

3, 0 x x .

Giải. Diện tích cần tìm là: 2 0

2 2

3 2

02

3

S ( 2 ) ( 2 ) 82 x x dx x x dxx x dx

b. Trường hợp hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong liên tục 1 2( ), ( ) y f x y f x

và hai đường thẳng , x a x b thì diện tích là:

1 2( ) ( ) b

a

S f x f x dx



Ví dụ 18. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi

parapol 2 1y x và đường thẳng 3y x .

Giải. Phương trình hoành độ giao điểm

2 21

1 3 2 02

xx x x x

x

Diện tích cần tìm là:

1 1

2 2

2 2

91 3 2

2S x x dx x x dx

.

Ví dụ 19. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 3 22 2y x x x và

2y x .

Giải.

Phương trình hoành độ giao điểm

3 2 2 3 2

0

2 2 3 2 0 1

2

x

x x x x x x x x

x

Diện tích cần tìm là:

1 2

3 2 3 2

0 1

13 2 3 2

2S x x x dx x x x dx .

c. Trường hợp đường cong cho bởi phương trình tham số:

( )

( ),

x u t

y v t

t , ( )u a , ( )u b ,

trong đó các hàm số '( ), ( ), ( ) u t v t u t liên tục trên đoạn , thì diện tích hình giới

hạn bởi đường cong đó, trục Ox và các đường thẳng , x a x b được tính bởi công

thức: ( ) ( )S u t v t dt

Ví dụ 20. Tính diện tích elip

2 2

18 4

x y .

Viết elip trên ở dạng tham số: 2 2 cos , 2sin x t u t y t v t , 0;2 t . Ta

có: 2 2

2

0 0

'( ) ( ) 4 2 sin 4 2S u t v t dt t dt

.



2.3.2. Độ dài cung đường cong phẳng

Giả sử ( )f x là hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn ,a b , khi đó độ dài l của cung

đường cong AB của phương trình ( )y f x , a x b được tính bởi:

2

1 ( )b

a

l f x dx

Ví dụ 21. Tính độ dài cung đường cong 3y x từ

điểm O(0;0) đến điểm A(4;8).

Giải. Ta có: 3 1

2 23

, 2

y x y x và độ dài cung đường

cong là 4

0

8

27

910 10 1

41 l xdx .

O

A

4

8

x

y

32y x

2.3.3. Diện tích của mặt tròn xoay

Giả sử hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên ,a b . Quay cung đường cong ( )y f x ,

a x b , quanh trục Ox, ta được một diện tích (của mặt tròn xoay) được xác định bởi:

2

2 ( ) 1 ( )

b

a

S f x f x dx

Ví dụ 22. Tính diện tích mặt tròn xoay tạo nên khi

quay cung 3y x , 1 1 x , quanh trục Ox.

Giải. Khi quay cung đã cho quanh trục Ox, ta được

một khối tròn xoay:

1

2

1

1

3 4

0

2 ( ) 1 ( )

2 4 1 9

27(10 10 1).

S f x f x dx

x x dx

O

x

y

3y x

2.3.4. Tính thể tích vật thể

a. Thể tích vật thể tròn xoay.

Xét hình được giới hạn bởi đường cong ( )y f x liên tục trên ,a b , trục Ox và 2

đường thẳng , x a x b . Quay hình giới hạn ấy quanh trục Ox, ta được một thể tích

(của vật thể tròn xoay) xác định bởi công thức:

22

( ) b b

a a

V y dx f x dx

Khi quay hình giới hạn bởi đường cong ( )x g y liên tục trên ,c d , trục Oy và 2

đường thẳng , y c y d quanh trục Oy, ta nhận được công thức:

22

( ) d d

c c

V x dy g y dy

Ví dụ 23. Tính thể tích vật thể tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường sau:



a) 2 , 0, 0, 4y x y x x quay quanh Ox.

b) 2 9 , 0y x x quay quanh Oy.

Giải.

a) 4

2

0

44 2 32 .

0V xdx x

b) Ta có 2 29 9y x x y .

Đường cong 29x y giao với trục Oy tại các điểm có tung độ là nghiệm của phương

trình 29 0 3y y .

Suy ra 3 3

22 2 4

3 3

12969 81 18

5V y dy y y dy

.

b. Thể tích của vật theo diện tích đã biết của các thiết diện ngang.

Giả sử diện tích thiết diện của vật thể tạo ra do mặt phẳng vuông góc với trục

Ox được biểu thị như là hàm số dưới dạng ( )S S x , a x b , khi đó thể tích phần

vật thể bao gồm giữa các mặt phẳng vuông góc với trục Ox là , x a x b , được tính

theo công thức:

( ) b

a

V S x dx

Ví dụ 24. Tính thể tích của hình cầu tâm O, bán

kính R = 3.

Giải. Cắt hình cầu bởi một mặt phẳng, vuông góc

với trục Ox tại điểm x, ta được thiết diện là hình

tròn tâm A bán kính AB. Trong tam giác OAB, ta

có: 2 2 2 29 AB OB OA x . Do đó:

2 2( ) 9 S x AB x .

Áp dụng công thức tính thể tích trên, ta nhận

được:

O

A B

R 3

S(x) .

3

-3

x

y

.

3 3

2

3 3

( ) 9 36

V S x dx x dx (đvtt).

2.4. Tích phân suy rộng

Nhiều vấn đề trong kỹ thuật, trong ngành điện tử viễn thông, trong lý thuyết

điện từ,… đưa về bài toán giải các phương trình, hệ phương trình chứa đạo hàm, tích

phân của các hàm nào đó, nghĩa là phải giải các phương trình vi phân, tích phân hay

phương trình đạo hàm riêng phức tạp. Việc giải trực tiếp các phương trình này nói

chung rất khó. Một trong những phương pháp có hiệu quả để giải các bài toán dạng

này là sử dụng phép biến đổi Laplace. Kỹ sư Oliver Heaviside (1850-1925) là người

đầu tiên đã vận dụng phép biến đổi Laplace để giải quyết các bài toán liên quan đến lý



thuyết điện từ. Và phép biến đổi Laplace này có liên quan rất lớn đến tích phân có cận

ở vô cực còn gọi là tích phân suy rộng.

Ở mục này ta sẽ cùng tìm hiểu về tích phân suy rộng và một số kiến thức liên

quan cơ bản ban đầu của chúng.

2.4.1. Tích phân suy rộng với cận ở vô cực (loại 1)

a. Định nghĩa.

Giả sử hàm số ( )f x xác định trên ;a và khả tích trên mỗi đoạn hữu hạn ,a b .

Ta định nghĩa:

( ) lim ( )

t

ta a

f x dx f x dx

và gọi là tích phân suy rộng (loại 1) của hàm số ( )f x trên ;a . Tích phân suy

rộng đó được gọi là hội tụ khi giới hạn ở vế phải của công thức trên tồn tại và hữu hạn.

Ngược lại, ta nói tích phân phân kỳ.

Ta định nghĩa tích phân suy rộng của hàm số ( )f x trên ; a như sau:

( ) lim ( )

a a

tt

f x dx f x dx

Trên ; thì tích phân suy rộng được định nghĩa

( ) ( ) ( ) lim ( ) lim ( )

a a u

t ua t a

f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

Ví dụ 25. Tính các tích phân suy rộng bằng định nghĩa:

a) 28 2

1 1

dxI

x

.

Giải. Ta có

28 2 2

1 1

lim lim arctan lim arctan - arctan 111 1

3

2 4 4

a

a a a

adx dxI x a

x x

b) 1

29 21

dxI

x

.

Giải. Ta có

1 1

29 2 2

1lim lim arctan lim arctan1- arctan

1 1

3.

4 2 4

a a aa

dx dxI x a

ax x

c) 30 21

dxI

x

.



Giải. Ta có 0

30 2 2 2

0 2 21 1 1

dx dx dxI

x x x

Ví dụ 26. Chứng minh rằng a

dx

x

với 0, 0a hội tụ khi 1

và phân kỳ khi

1 .

Chứng minh.

Ta có limb

ba a

dx dx

x x

.

Nếu 1 thì ln ln lnb

a

bdxx b a

ax .

Suy ra lim lim ln lnb

b ba

dxb a

x . Do đó

a

dx

x

phân kỳ.

Nếu 1 thì 1 1 11 1

1 1

b

a

bdxx b a

ax

.

+ Với 1 ta có 1lim 0

bb

suy ra

1

1

b

a

dx a

x

. Do đó

a

dx

x

hội tụ.

+ Với 1 ta có 1lim

bb

suy ra

a

dx

x

phân kỳ.

Vậy a

dx

x


và phân kỳ khi 1 .

Chứng minh tương tự ta cũng có a

dx

x


và phân kỳ

khi 1 .

b. Tiêu chuẩn so sánh

Tiêu chuẩn 1. Cho hai hàm số ( ), ( )f x g x liên tục trên ;a thỏa mãn điều kiện:

0 ( ) ( ), ; f x g x x a . Khi đó:

i) Nếu ( )

a

g x dx hội tụ thì ( )

a

f x dx hội tụ.

ii) Nếu ( )

a

f x dx phân kỳ thì ( )

a

g x dx phân kỳ.

Tiêu chuẩn 2. Cho các hàm số ( ), ( )f x g x liên tục, dương trên ;a . Giả sử tồn tại

( )lim

( )x

f xk

g x . Khi đó:



i) Nếu 0;k thì các tích phân suy rộng ( )a

f x dx

, ( )a

g x dx

cùng hội tụ;

hoặc là cùng phân kỳ. (ta nói chúng có cùng bản chất)

ii) Nếu 0k và ( )a

g x dx

hội tụ thì ( )a

f x dx

cũng hội tụ.

iii) Nếu k và ( )a

f x dx


g x dx

cũng hội tụ.

Nhận xét. Cho các hàm số ( ), ( )f x g x liên tục, dương trên ;a và ( ) ( )f x g x

khi x. Khi đó các tích phân suy rộng ( )a

f x dx

, ( )a

g x dx

có cùng bản chất.

Ví dụ 27. Xét sự hội tụ của các tích phân suy rộng:

a) 5 3

2

1dx

x x

.

Giải. Với mọi [2; )x ta có: 55 3

1 10

xx x

.

Mà tích phân 5

2

1dx

x

hội tụ vì tích phân có dạng 2

dx

x

với 5 1 (theo kết quả Ví

dụ 26)

Do đó 5 3

2

1dx

x x

hội tụ.

b) 2

51

1xdx

x

.

Giải. Ta có2 2

15 52

1 1~

x x

x x x

khi x .

Mà tích phân 1

1dx

x

phân kỳ vì tích phân có dạng 1

dx

x

với 1

12

(theo kết quả

Ví dụ 26). Do đó tích phân 2

51

1xdx

x

phân kỳ.

2.4.2. Tích phân của hàm không bị chặn (loại 2)

a. Định nghĩa.

Nếu hàm số ( )f x liên tục trên [ , )a b và không bị chặn tại b, nghĩa là lim ( )x b

f x

(khi đó x b gọi là điểm bất thường của ( )f x ), thì ta đặt:

( ) lim ( )

b t

a at b

f x dx f x dx

.



và gọi là tích phân suy rộng (loại 2) của hàm số ( )f x trên ;a b . Tích phân suy rộng

đó được gọi là hội tụ khi giới hạn ở vế phải của công thức trên tồn tại và hữu hạn.

Ngược lại, ta nói tích phân phân kỳ.

Nếu hàm số ( )f x liên tục trên ( , ]a b và không bị chặn tại a, nghĩa là lim ( )x a

f x

(khi đó x a gọi là điểm bất thường của ( )f x ), thì ta đặt:

( ) lim ( )

b b

a tt a

f x dx f x dx

.

Nếu hàm số ( )f x không bị chặn tại điểm ,c a b và liên tục trên , \a b c thì ta

đặt:

( ) ( ) ( ) lim ( ) lim ( )b c b t b

a a c a tt c t c

f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

.


31

2 2

xdxI

x

.

Giải. Ta có 3 3

312 2

2

lim lim2 2a a

a

xdx xdxI J

x x

.

Tính 3

2a

xdxJ

x

Đặt 2 2t x x t dx dt , đổi cận 2, 3 1x a t a x t . Khi đó

1 1

2 2

12 2 24

23

14 22 2 4 2

3 3

a a

t dtJ t dt t t t

at t

a a a

Vậy 312 2

14 2 14lim lim 2 2 4 2

3 3 3a aI J a a a

.

Ví dụ 29. Chứng minh rằng tích phân

b

a

dx

b x

với , 0b a hội tụ khi 1

và

phân kỳ khi 1 .

Chứng minh.

Ta thấy

1

b x

khi x b nên đây là tích phân suy rộng loại 2. Khi đó

lim

b c

c ba a

dx dx

b x b x

.

Nếu 1 thì ln ln lnc

a

cdxb x b c b a

ab x

.



Suy ra lim lim ln lnc

bc b a

dxb c b a

b x

. Do đó

b

a

dx

b x phân kỳ.

Nếu 1 thì

1 1 11 1

1 1

c

a

cdxb x b c b a

ab x

.

+ Với 1 ta có 1

limc b

b c

suy ra

b

a

dx

b x

phân kỳ.

+ Với 1 ta có 1

lim 0c b

b c

suy ra

1

1

b

a

b adx

b x

. Do đó

b

a

dx

b x

hội tụ.

Vậy tích phân

b

a

dx

b x


và phân kỳ khi 1 .

Chứng minh tương tự ta cũng có

b

a

dx

x a


và

phân kỳ khi 1 .

b. Tiêu chuẩn so sánh

Tiêu chuẩn 1. Giả sử ( ), ( ) f x g x liên tục, dương trên ( , ]a b , có điểm bất thường là

x a và 0 ( ) ( ), , f x g x x a b . Khi đó:

i) Nếu ( )

b

a


b

a

f x dx hội tụ.

ii) Nếu ( )

b

a

f x dx phân kỳ thì ( )

b

a

g x dx phân kỳ.

Tiêu chuẩn 2. Cho các hàm số ( ), ( )f x g x liên tục, dương trên ( , ]a b , có điểm bất

thường là x a . Giả sử tồn tại ( )

lim( )x a

f xk

g x . Khi đó:

i) Nếu 0;k thì các tích phân suy rộng ( )

b

a

f x dx , ( )

b

a

g x dx cùng hội tụ; hoặc

là cùng phân kỳ (ta nói chúng có cùng bản chất).

ii) Nếu 0k và ( )

b

a


b

a

f x dx cũng hội tụ.

iii) Nếu k và ( )

b

a

f x dx hội tụ thì ( )

b

a

g x dx cũng hội tụ.



Nhận xét. Cho các hàm số ( ), ( )f x g x liên tục, dương trên ( , ]a b , có điểm bất thường

là x a và ( ) ( )f x g x khi x a . Khi đó các tích phân suy rộng ( )

b

a

f x dx ,

( )

b

a

g x dx có cùng bản chất.

Ví dụ 30. Xét sự hội tụ của các tích phân

a) 1

2 530 3

dx

x x .

Giải. Ta có3 32 5 2

1 1, x (0;1]

3x x x

. Mà tích phân

1

230

dx

x hội tụ vì tích phân có

dạng

b

a

dx

x a

với

21

3 (theo kết quả Ví dụ 29) Do đó tích phân

1

2 530 3

dx

x x

hội tụ.

b) 2

2 25

0sin

ln(1 )

1x

xdx

e

.

Giải. Ta có 2 25 5ln(1 ) ~x x và 2 2 2sin 1 sin~ ~x x xe khi 0x

Suy ra khi 0x

thì 2

2 25 5

82

5

sin

ln(1 ) 1

1x

x x

xx

e

. Mà tích phân

2

8

0 5

1dx

x phân kỳ vì tích

phân có dạng

b

a

dx

x a

với

81

5

(theo kết quả Ví dụ 29). Do đó tích phân

2

2 25

0sin

ln(1 )

1x

xI dx

e

phân kỳ.

2.4.3. Hội tụ tuyệt đối

Định lý và định nghĩa.

i) Nếu ( )a

f x dx


f x dx

hội tụ và ( ) ( )a a

f x dx f x dx

.

Khi đó ta nói ( )a

f x dx

hội tụ tuyệt đối.

Trong trường hợp ( )a

f x dx

hội tụ, nhưng ( )a

f x dx

không hội tụ, ta nói ( )a

f x dx

bán hội tụ (hay hội tụ có điều kiện).

ii) Nếu ( )

b

a

f x dx hội tụ thì ( )

b

a

f x dx hội tụ và ( ) ( )

b b

a a

f x dx f x dx .



Khi đó ta nói ( )

b

a

f x dx hội tụ tuyệt đối.

Trong trường hợp ( )

b

a

f x dx hội tụ, nhưng ( )

b

a

f x dx không hội tụ, ta nói ( )

b

a

f x dx bán

hội tụ (hay hội tụ có điều kiện).

Ví dụ 31. Chứng minh rằng tích phân 3

1

cos xdx

x


Giải. Ta có 3 3

cos 1, 1

xx

x x . Mà tích phân

3

1

1dx

x

hội tụ (theo kết quả Ví dụ 26).

Do đó tích phân 3

1

cos xdx

x

hội tụ. Vậy tích phân 3

1

cos xdx

x


Ví dụ 32. Chứng minh rằng tích phân 1

230

1sin

x

dxx


Giải. Ta có 3 32 2

1sin

1, 0;1

xx

x x

. Mà tích phân 1

230

1dx

x hội tụ (theo kết quả Ví

dụ 29). Do đó tích phân

1

230

1sin

x

dxx


230

1sin

x

dxx

hội tụ tuyệt

đối.


Bài 1.

Tính các tích phân bất định

Để tính được tích phân vô định thì sinh viên cần nắm vững các công thức tính

tích phân cơ bản, các phương pháp tính tích phân và một số dạng tích phân lượng giác.

Trong những dạng tích phân này, các bạn sinh viên dễ mắc sai lầm ở bước nhận dạng

tích phân đó thuộc dạng nào để có cách tính phù hợp và chính xác. Vì vậy, các bạn cần

làm nhiều ví dụ để nắm được các phương pháp tính tích phân ở các dạng khác nhau,

làm cơ sở giúp chúng ta dễ dàng tính được tích phân xác định và tích phân suy rộng ở

phần sau. Sau đây là rất nhiều ví dụ cho các bạn tham khảo.

1.1.2 3

1 5 I x x dx

Đặt 3 25

3

dtt x x dx . Khi đó 3 3

1

1 2 25 5

3 9 9 I tdt t t C x x C .

1.2.2

4

sin 2

3 cos

xdxI

x



Ta có

2

4 22

sin 2 sin 2

3 cos 3 os

xdx xI dx

x c x

. Đặt 2os sin 2t c x dt xdx . Khi đó

2

22 2

2

cosarcsin arcsin

3 33 3

dt dt t xI C C

t t

.

1.3.2

32 2

(2sin 3) cos x x

I dx

Đặt 2 sin 2 cos2 2

x xt dt dx . Khi đó

3

2 3

3

2 22 2 sin

3 3 2

xI t dx t C C

3

2 3

3

2 22 2 sin

3 3 2

xI t dx t C C

.

1.4.4

410 2

x dxI

x

Ta có

4 4

410 2

52 2

x dx x dxI

x x

. Đặt 5 4

5

dtt x x dx . Khi đó

2 5 10

42

1 1 1ln 2 ln 2

5 5 52

dtI t t C x x C

t

.

1.5.

5 4 22 5

xdxI

x x

Ta có

5 24 2 2 22 5 2 5

xdx xdxI

x x x x

. Đặt 2

2

dtt x xdx . Khi đó

2

5 2 22 2

11 1 1 1 1 1arctan arctan

2 2 4 2 4 21 2 1 2

d tdt t xI C C

t t

.

1.6.

2

6 4 5

x

x

e dxI

e

Ta có

2 2

6 24 225 5

x x

xx

e dx e dxI

e e

. Đặt

2 2

2

x xdtt e e dx . Khi đó

2

6 2 22

1 1 5 1 5ln ln

2 4 5 5 4 5 55

x

x

dt t eI C C

t et

.

1.7. 7 ln I x xdx

Đặt 2

1ln

2

u x du dxx

xdv xdx v



Khi đó 2 2 2

7

1ln ln ln

2 2 2 4

x x xI x xdx x xdx x C .

1.8.2

8 sin I x xdx

Đặt 2 2

sin cos

u x du xdx

dv xdx v x

Khi đó 2 2 2

8 sin cos 2 cos cos 2 I x xdx x x x xdx x x J .

Tính J bằng cách đặt 1 1

1 1cos sin

u x du dx

dv xdx v x

Do đó sin sin sin cos J x x xdx x x x C .

Vậy 2

8 cos 2 sin 2cos I x x x x x C .

1.9. 9 sin xI e xdx

Đặt sin cos

x xu e du e dx

dv xdx v x

Khi đó 9 cos cos cos x x xI e x e xdx e x J .

Tính J bằng cách đặt 1 1

1 1cos sin

x xu e du e dx

dv xdx v x

Do đó 9sin sin sin x x xJ e x e xdx e x I .

Vậy 9

cos sincos cos

2

x x

x x e x e xI e x e xdx C .

1.10. 10 2

( 2)

4 7

x dxI

x x

Ta có

2

2

10 2 2 2

4 7( 2) 1 2 4 1 1ln 4 7

4 7 2 4 7 2 4 7 2

d x xx dx xI dx x x C

x x x x x x

1.11. 11 4 26 13

xdxI

x x

Ta có

11 2 2

2 2 26 13 3 4

xdx xdxI

x x x

Đặt2 3

2

dtt x xdx .

Khi đó

2

11 2 2

1 1 1 3arctan arctan

2 2 4 2 4 2

dt t x

I C Ct

.

1.12.3

125 764

x xI dx

x x



Đặt 12 1112 x t dx t dt . Khi đó

15 26 4311

12 15 14 1465 74

2

2

3 2 64 12 12

112 . 12

1

1 212 12 2

1 1

4 6 24 24ln 1 4 6 24 24ln 1

t tx x t tI dx t dt dt

t t t tx x

t tdt t t dt

t t

t t t t C x x x x C

1.13.13

3 5sin 3cos

dx

Ix x

Đặt 2

2tan

2 1

x dtt dx

t. Khi đó

2

2sin

1

tx

t,

2

2

1cos

1

tx

t.

Ta có

13

5 31 1 12 ln 5 3 ln 5tan 3

10 6 5 3 5 5 3 5 5 2

d tdt dt xI t C C

t t t

1.14.

3

14 2

cos

sin sin

xdx

Ix x

Ta có

23

14 2

1 sin cos 1 sin coscos

sin sin sin sin 1 sin

x x x xxdx

I dx dxx x x x x

Đặt sin cos t x dt xdx . Khi đó

14

1 11 ln ln sin sin

tI dt dt t t C x x C

t t

1.15.3

1523

sin

cos

xI dx

x

Ta có 3

1523 3

1 sinsin

cos

2

2

os

os

c x xxI dx dx

x c x

Đặt cos sin t x dt xdx . Khi đó

24 2 23 3 3 3

152 23 3

1 1 3 13 3 cos cos 1

7 7

tI dt t dt t t t C x x C

t t

Bài 2.

Tính các tích phân xác định

Để tính được tích phân xác định thì sinh viên cần nắm vững các công thức tính

tích phân cơ bản, các phương pháp tính tích phân cũng như một số dạng tích phân

lượng giác đặc biệt là công thức Newton - Leibnitz. Sinh viên dễ mắc sai lầm ở bước

nhận dạng tích phân đó thuộc dạng tích phân nào để có cách tính cho phù hợp và chính

xác. Bên cạnh đó, sinh viên áp dụng ngược công thức Newton - Leibnitz dẫn đến kết

quả bị trái dấu.



2.1.

1

1

0 1

dxI

x

Đặt 1 2 12

dxt x dt t dt dx

x , đổi cận 0 1, 1 2x t x t .

Khi đó

2 2

1

1 1

21 12 2 1 2 ln 2 1 ln 2

1

t dtI dt t t

t t

2.2.2 2

2

0

cos

sin 5sin 6

xdxI

x x

Đặt sin cost x dt xdx , đổi cận 0 0, 12

x t x t

. Khi đó

1 1

2 2

0 0

13 3 4ln ln 2 ln ln

05 6 3 2 2 2 3

dt dt tI

t t t t t

2.3.

73

3

1

1 ln .lne

x xI dx

x

Đặt 1 ln 1 lndx

t x t x dtx

, đổi cận 71 1, 8x t x e t . Khi đó

8 8 4 1 7 4

3 3 3 3 33

1 1

83 3 1839. 1

17 4 28I t t dt t t dt t t

2.4.

3 2

4 2

( 4 7 )

6 5

x x xI dx

x x

Ta có

4 2

4

2

410 52 2 10ln 12 10ln9

25 1 2 1

x xI x dx x

x x x

2.5.4

5 2 2

0

2 tan 1

sin 3cos

xI dx

x x

Đặt 2

tan1

dtt x dx

t

, đổi cận 0 0, 1

4x t x t

. Khi đó

2 2

1sin ,cos

1 1

tx x

t t

. Do đó

1 1 1

2

5 2 2 2

0 0 0

1 12 1 2 1 4ln 3 arctan ln

0 03 3 3 33 3 6 3

t t dt tI dt dt t

t t t

2.6.

1

6

0

xI xe dx

Đặt x x

u x du dx

dv e dx v e

. Khi đó

1 1

6

0 0

1 111

0 0

x x x xI xe dx xe e dx ee



2.7. 3

7

2

ln

e

I x xdx

Đặt 4

3

1ln

4

u x du dxx

xdv x dx v

. Khi đó

4 3 4 4

4

7

2

3ln 4ln 2 1 4ln 2

2 24 4 4 16 16

ee ex x e xI x dx e

2.8. 2

8

2

0

2 3 cosI x x xdx

Đặt 2 2 3 2 2

cos sin

u x x du x dx

dv xdx v x

. Khi đó

22

2

8

0

2 3 sin 2 2 sin 324

0

I x x x x xdx J

Tính J bằng cách đặt 1 2 2 2

sin cos

u x du dx

dv xdx v x

.

Khi đó 2

0

2 2 cos cos 2 sin 32 2

0 0

J x x xdx x

Do đó 2 2 2

8 3 3 34 4 4

I J

.

2.9.

1 2

9 6 3

02 5

x dxI

x x

Ta có

1 2

9 23 3

0 2 5

xI dx

x x

. Đặt

3 2

3

dtt x x dx , đổi cận

0 0, 1 1x t x t . Khi đó

1 1

9 22 3

0 0

11 1 1 1 t+1 1 1arctan arctan

03 2 5 3 6 2 24 6 21 4

dtI dt

t t t

2.10.

1

10 2

0

1

5 2 1

xI dx

x x



1 1 1

10 2 220 0 0

1

2

2 2

0

1 1 10 2 4

2 15 2 1 10 5 2 1 55

5 5

1 11 4 1 2 5x+1ln 5 2 1 ln8 arctan

0 010 25 10 5 21 2

5 5

1 2 2 1ln8 arctan3- arctan

10 5 5 2

x x dxI dx dx

x x x xx x

dxx x

x

Bài 3.

Tính các tích phân suy rộng loại 1

Tích phân suy rộng loại 1 rất dễ nhận dạng vì một trong hai cận của tích phân là vô

cực hoặc cả hai cận là vô cực. Tuy nhiên, khi tính tích phân này ta cần chuyển qua giới

hạn rồi mới tính tích phân. Trước khi tính giới hạn, ta tính trước tích phân giống như

tích phân xác định sau đó ta tính giới hạn. Sinh viên dễ bị sai ở bước này, thường các

bạn không đưa qua giới hạn và tính trực tiếp tích phân.

3.1.2

1 3lne

dxI

x x

Ta có22

1 3 3lim lim

ln ln

a

a aee

dx dxI J

x x x x

Tính 2

1 3ln

a

e

dxJ

x x bằng cách đặt ln

dxt x dt

x , đổi cận

2 2, lnx e t x a t a . Khi đóln

1 3 2 2

2

ln1 1 1

22 8 2ln

a adtJ

t t a .

Do đó1 2

1 1 1lim

8 2ln 8aI

a

.

3.2.

2

322 3

xdxI

x

Ta có

2 2

3 22 2

22

lim lim

3 3

a

a a

xdx xdxI J

x x

Tính

2

32

2 3

axdx

J

x

bằng cách đặt

2 32

dtt x xdx , đổi cận

22 1, 3x t x a t a . Khi đó

2 3 2

23 2

1

31 1 11

2 1 3

aadt

Jtt a

.



Do đó2

2

1lim 1 1

3aI

a

.

3.3.3 2

1 (1 )

dxI

x x

Ta có 3 32 2

11

lim lim(1 ) 1

a

a a

dx dxI J

x x x x

Tính 3 2 2

1 1

1 1 1 1 1 1 1ln ln 1

11 1 2

a a adx x aJ dx

x x x x x x x a a

Do đó3

1 1lim ln 1 1 ln 2

2a

aI

a a

.

3.4.4 3

1

dxI

x x

Ta có 4 43 2

1 1

lim lim1a a

adx dx

I Jx x x x

Tính

2

4 22 211

1 1 1ln ln 1 ln ln 2

11 2 21 1

aa a adx xJ dx x x

x xx x a

Do đó 42

1 1lim ln ln 2 ln 2

2 21a

aI

a

.

3.5. 5 4 2

0

2 5

xdxI

x x

Ta có

0

5 524 2 2 2

0

lim lim2 5 2 1 4

a aa

xdx xdxI J

x x x x

Tính

0

5 22 22 1 4a

xdxJ

x x

bằng cách đặt

2

2


2 , 0 0x a t a x t . Khi đó

2 2

0 0 2

5 22 22

01 1 1 1 1 1 1arctan arctan arctan

2 2 1 4 2 4 2 4 2 21 2a a

dt dt t aJ

t t at

Do đó2

5

1 1 1 1 1lim arctan arctan arctan

4 2 2 4 2 8a

aI

.

3.6. 62 3

0 (4 1)

xdxI

x



Ta có

6 6

2 3 32

00

lim lim(4 1) 4 1

a

a a

xdx xdxI J

x x

Tính

6

32

0 4 1

axdx

J

x

bằng cách đặt 24 1

8


20 1, 4 1x t x a t a . Khi đó

24 1 2

63 2

1

4 11 1 1 1

8 414 4 4 1

aadt

Jtt a

.Do đó6

2

1 1 1lim

4 44 4 1aI

a

.

3.7.2

7

0

xI dxxe

Ta có22

7 7

00

lim lim

a

x

a a

xI dx xe dx Jxe

Tính 2

7

0

a

xJ xe dx bằng cách đặt 2

2


20 0,x t x a t a . Khi đó

2

22

7

0

1 1 1 1

2 2 2 20

a

t t aaJ e dt e e .

Do đó2

7

1 1 1lim

2 2 2

a

aI e

.

3.8.8

0xI xe dx

Ta có

0

8 8

0

lim limx x

a aa

I xe dx xe dx J

Tính 0

8

x

a

J xe dx bằng cách đặtx x

u x du dx

dv e dx v e

. Khi đó

0

8

0 01 1x x a x a

a

J xe e dx ae e e aa a

Do đó 8 lim 1 1 1a

aI e a

.

3.9.9

0 ( 1)( 2)

dxI

x x

Ta có 9 9

00

lim lim( 1)( 2) 1 2

a

a a

dx dxI J

x x x x

Tính 9

0

1 1 1ln ln ln

01 2 2 2 2

a adx x aJ

x x x a



Do đó9

1 1 1lim ln ln ln ln 2

2 2 2a

aI

a

.

3.10.10

0

sinxI xdxe

Ta có10 10

0 0

sin lim sin lima a

x xa

I xdx xdx Je e

Tính 10

0

sinxa

J xdxe bằng cách đặtsin -cos

x xu e du e dx

dv xdx v x

. Khi đó

10 10

0

cos cos 1 cos -0

a

x x aa

J e x e xdx e a K

Tính 10

0

cos

a

xK e xdx bằng cách đặt 1 1

1 1cos sin

x xu e du e dx

dv x v x

. Khi đó

10 10

0

sin sin sin0

a

x x aa

K e x e xdx e a J .

Do đó

10 10 10

1 sin cos1 cos sin

2

a

a a e a aJ e a e a J J

.

Vậy

10

1 sin cos 1lim

2 2

a

a

e a aI

Bài 4.

Tính các tích phân suy rộng loại 2

Tích phân suy rộng loại 2 khó nhận dạng hơn tích phân suy rộng loại 1 vì hai

cận của tích phân là các hằng số do đó sinh viên hay nhầm lẫn là tích phân xác định

nên các bạn không chuyển qua giới hạn. Mặc dù hai cận của tích phân là các hằng số

nhưng chúng ta cần nhớ tích phân suy rộng loại 2 khác với tích phân xác định. Nếu

( )

b

a

f x dx là tích phân xác định thì hàm số lấy tích phân ( )f x phải xác định trên cả

đoạn ,a b , còn nếu nó là tích phân suy rộng loại 2 thì hàm số lấy tích phân ( )f x sẽ

không xác định ở một trong hai cận, hoặc không xác định ở cả 2 cận, hoặc là không

xác định ở một số điểm nào đó thuộc đoạn ,a b .

Để tính tích phân suy rộng loại 2 ta cũng chuyển qua giới hạn rồi mới tính tích

phân như ở phần lý thuyết đã trình bày. Sinh viên dễ bị sai ở bước này, thường các bạn

không đưa qua giới hạn và tính trực tiếp tích phân, điều này hoàn toàn không đúng.



Chẳng hạn, khi tính tích phân

2

30 2

dxI

x

sinh viên hay làm như sau:

2 2 3

23

0 0

22 2 22

02 2 2 22

dxI x dx

xx

dẫn đến điều vô lý vì phân

số 2

2 2có mẫu số bằng 0 nên phân số không có nghĩa. Do đó, khi gặp tích phân này

các bạn nhớ đây là tích phân suy rộng loại 2 vì hàm số

3

1

2

f x

x

không xác

định tại 2x và khi đó tích phân được tính là

2 3

23 2 2 20 0

2 2 2lim 2 lim lim

02 2 22

a

a a a

adxI x dx

x ax

.

4.1.

1

1

0 1

dxI

x

Ta có1

1 11 1

0 0

lim lim1 1

a

a a

dx dxI J

x x

Tính 1

0 1

adx

Jx

bằng cách đặt 1t x dt dx , đổi cận

0 1, 1x t x a t a . Khi đó1

1

1

12 2 2 1

1

a adtJ t a

t

.

Do đó 11

lim 2 2 1 2a

I a

.

4.2.2 3

1 . ln

edx

Ix x

Ta có2 23 31 1

1

lim lim. ln . lna a

a

e edx dx

I Jx x x x

Tính 2 3. lna

edx

Jx x

bằng cách đặt lndx

t x dtx

, đổi cận

ln , 1x a t a x e t . Khi đó1

2 23 3

2 3ln

13 3 3ln

ln2 2 2a

dtJ t a

at .

Do đó 23

21

3 3 3lim ln

2 2 2aI a

.

4.3. 3 2

2

0

1 1sinI dx

xx



Ta có3 32 2

0 0

2 2

0

1 1 1 1sin lim sin lim

a aa

I dx dx Jx xx x

Tính 3 2

21 1

sina

J dxxx

bằng cách đặt2

1 dxt dt

x x , đổi cận

1 2,

2x a t x t

a

. Khi đó

2

3

1

12sin cos cos

1a

J tdt xa

a

.

Do đó3

0

1lim cos

a

Ia

(không xác định).

4.4.

1 2

43

0 1

x dxI

x

Ta có1 2 2

4 43 31 1

0 0

lim lim1 1

a

a a

x dx x dxI J

x x

Tính 2

43

0 1

ax dx

Jx

bằng cách đặt 3 213

dtt x x dx , đổi cận


31 3

3

4

1

11 2 2 21

3 3 3 31

aadt

J t at

.

Do đó 3

41

2 2 2lim 1

3 3 3aI a

.

4.5.5 5

1

ln

. ln

exdx

Ix x

Ta có5 55 51 1

1

ln lnlim lim

. ln . lna aa

e exdx xdx

I Jx x x x

Tính 5 5

ln

. lna

exdx

Jx x

bằng cách đặt lndx

t x dtx

, đổi cận

ln , 1x a t a x e t . Khi đó

4

4 45 555 5

ln ln

1 1 15 5 5. ln . ln

ln9 9 9a a

tJ dt t dt t t a a

at

Do đó 45

51

5 5 5lim ln . ln

9 9 9aI a a

.

4.6.

3 3

62

0 9

x dxI

x

Ta có

3 3 2

6 62 23 3

0 0

.lim lim

9 9

a

a a

x dx x xdxI J

x x



Tính 2

62

0

.

9

ax xdx

Jx

bằng cách đặt 2 29 92

dtt x x t xdx , đổi cận


2 29 9 2

6

9 9

2 2 2

9 91 1 9 19 .

2 2 3 9

118 9 9 9 9

3

a at aJ dt t dt t t t

t t

a a a

.

Do đó 2 2 2

63

1lim 18 9 9 9 9 18

3aI a a a

.

4.7.

2 5

72

0 4

x dxI

x

Ta có2 5 4

7 72 22 2

0 0

.lim lim

4 4

a

a a

x dx x xdxI J

x x

Tính 4

72

0

.

4

ax xdx

Jx

bằng cách đặt 2 24 42

dtt x x t xdx , đổi cận


2 25

24 4 23 3 22 2

7

4 4

3 52 2 2

4 41 1 16 88 16

2 2 3 5 4

8 1 25616 4 4 4

3 5 15

a at atJ dt t t dt t t

t t

a a a

.

Do đó 3 5

2 2 2

72

8 1 256 256lim 16 4 4 4

3 5 15 15aI a a a

.

4.8.

2 5

83

0 8

x dxI

x

Ta có2 5 5 3 2

8 83 3 32 2 2

0 0 0

.lim lim lim

8 8 8

a a

a a a

x dx x dx x x dxI J

x x x

Tính 3 2

83

0

.

8

ax x dx

Jx

bằng cách đặt3 3 2

8 83

dtt x x t x dx , đổi cận

30 8, 8x t x a t a . Khi

3 38 8 33

28

8 8

33 3

8 81 1 8 1 216

3 3 3 3 8

64 16 22 8 8

9 3 9

a at dt aJ t dt t t

t t

a a

.



Do đó 3

3 3

82

64 16 2 64lim 2 8 8 2

9 3 9 9aI a a

.

4.9.

6

923

2 (4 )

dxI

x

Ta có 6 4 6 6

92 2 2 2 24 43 3 3 3 3

2 2 4 2

9 94 4

lim lim(4 ) (4 ) (4 ) (4 ) (4 )

lim lim

b

b aa

b a

dx dx dx dx dxI

x x x x x

J K

Tính 923

2 (4 )

bdx

Jx

bằng cách đặt 4t x dt dx , đổi cận

2 2, 4x t x b t b . Khi đó4

33 39

232

43 3 2 3 4

2

b bdtJ t b

t

.

Tương tự 3 39 3 2 3 4K a

Do đó 3 3 33 39

4 4lim 3 2 3 4 lim 3 2 3 4 6 2b a

I b a

.

4.10.

3 2

102

3 9

x dxI

x

Ta có

3 0 3 02 2 2 2 2

102 2 2 2 233

3 3 0 0

10 1033

lim lim9 9 9 9 9

lim lim

b

baa

ba

x dx x dx x dx x dx x dxI

x x x x x

J K

Tính 0 2

1029a

x dxJ

x

bằng cách đặt 3sin 3cosx t dx tdt , đổi cận

arcsin , 0 03

ax a t x t . Khi đó

0 02

102

arctan arctan3 3

09sin .cos 1 cos2 9 1

3 9 sin 22 2 2 arcsin9 9sin

3

9 9sin 2arcsin arcsin

4 3 2 3

a a

t tdt tJ dt t t a

t

a a

Tương tự 10

9 9arcsin sin 2arcsin

2 3 4 3

b bK

Do đó

10

33

9 9 9 9lim sin 2arcsin arcsin lim arcsin sin 2arcsin

4 3 2 3 2 3 4 3

9 9 9

4 4 2

ba

a a b bI



Bài 5.

Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng

Tích phân suy rộng (loại 1 và loại 2) có một điểm khác so với tích phân thông

thường là có xét đến sự hội tụ của tích phân. Nếu xét sự hội tụ của tích phân bằng định

nghĩa thì ta phải tính tích phân bằng định nghĩa sau đó suy ra tích phân hội tụ hay phân

kỳ. Tuy nhiên, có một số tích phân không dễ dàng tính được bằng định nghĩa do đó để

xét sự hội tụ của tích phân ngoài cách sử dụng định nghĩa ta có thể dùng các tiêu chuẩn

so sánh để xét. Sau đây là một số ví dụ minh họa cho các bài toán xét sự hội tụ của tích

phân bằng cách sử dụng định lý về tiêu chuẩn so sánh.

5.1.1 3 2

2

cos xdxI

x

Ta có 3/ 2 3/ 2

cos 1,

2

xx

x x

. Mà tích phân

3 2

2

dx

x

hội tụ. Do đó tích phân

3 2

2

cos xdx

x

hội tụ. Vậy 1 3 2

2

cos xdxI

x

hội tụ.

5.2.2

2 3

1

1

xI dx

x

Ta có 2

3

1 1khi

xx

x x

. Mà tích phân

1

dx

x

phân kỳ. Do đó tích phân

2

2 3

1

1

xI dx

x

phân kỳ.

5.3. 3 2 4

2 1 2 3

dxI

x x

Ta có 2 4 4

1 1khi

1 2 3 3x

x x x

. Mà tích phân

4 4

2 2

1

3 3

dx dx

x x

hội tụ. Do đó

tích phân 3 2 4

2 1 2 3

dxI

x x

hội tụ.

5.4.4

3 ( 1)( 2)

dxI

x x x

Ta có 3 / 2

1 1khi

( 1)( 2)x

xx x x

. Mà tích phân

3 / 2

3

dx

x

hội tụ. Do đó tích

phân 4

3 ( 1)( 2)

dxI

x x x

hội tụ.

5.5. 5

2

sin xdxI

x



Ta có 5 5

2 2

sin sinlim lim

a a

axdx xdx

I Jx x

.

Tính 5

2

sina

xdxJ

x

bằng cách đặt

1 1

2

sin -cos

u du dxx x x

dv xdx v x

. Khi đó

5 3/ 2

2 2

cos 1 cos cos 1 cos

2 22 22

a aax x a x

J dx dxxx x x x a a

Do đó

5 3/2 3/2

2 2

3/2

2

cos 1 cos cos 1 coslim lim lim

2 22 2

cos 1 coslim

22

a a

a a a

a

a x a xI dx dx

x xa a a a

a xdx

xa a

Mà cos

lim 02a

a

a a vì

cos 10 0 khi

2 2

aa

a a a a . Mặt khác theo Bài tập

5.1ta có tích phân 3 / 2

2

cos xdx

x


2

sin xdxI

x

hội tụ.

5.6.

1

6

0sin

dxI

x x

Ta cósin khi 0x x x . Khi đó sin 2 khi 0x x x x . Mà tích phân 1

6

02

dxI

x

1

0

1

2

dx

x

phân kỳ. Do đó 1

6

0sin

dxI

x x

phân kỳ.

5.7.1

73

0 1

xdxI

x

Ta có3 3

1 1, [0;1)

11 1

xx

xx x

. Mà tích phân

1

0 1

dx

x hội tụ. Do đó

1

73

0 1

xdxI

x

hội tụ.

5.8.

1

835

0

sin cos

1

x xI dx

x



Ta có3 35 5

2 sinsin cos 4

1 1

xx x

x x

.

Mặt khác, 53 35 5

sin4 1 1

, 0;111 1

x

xxx x

. Mà tích phân

1

50 1

dx

x hội tụ.

Do đó 1

835

0

sin cos

1

x xI dx

x

hội tụ.

5.9.

1 5

9

0

3

sin

1x

xI dx

e

Ta có 5 5 33

khi 0 : , 1sin xx x x xe , khi đó 5 5

3 2153

sin 1khi 0

1x

x xx

x xe

.

Mà tích phân 1

2150

1dx

x hội tụ. Do đó

1 5

9

0

3

sin

1x

xI dx

e

hội tụ.

5.10.

1

10 4

0

1

xI dx

x

Ta có 4 4 4

1 1, 0;1

1 11 1

x xx

x xx x

. Mà tích phân

1

0

1

1dx

x hội

tụ. Do đó 1

10 4

0

1

xI dx

x

hội tụ.

Bài 6.

Bài tập ứng dụng

6.1. Tính diện tích, thể tích, độ dài cung

Các bài toán ứng dụng hình học của tích phân xác định để tính diện tích, thể

tích sinh viên đã được học khá nhiều ở phổ thông. Do đó ở đây chúng ta chỉ xét một

vài bài toán liên quan tới vấn đề này.

6.1.1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

a) 2 2 3y x x và

2 2 3y x x .

Hoành độ giao điểm của hai đường cong là nghiệm của phương trình:

2 2 21

2 3 2 3 2 4 6 03

xx x x x x x

x

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là:

3

2 3 2

1

32 642 4 6 2 6

13 3S x x dx x x x



b) 2 2 3, 6 7, 0y x x y x x .

Hoành độ giao điểm của đường cong và đường thẳng là nghiệm của phương trình:

2 22 3 6 7 4 4 0 2x x x x x x


0 32 2

2

0 564 4 2 4

23 3

xS x x dx x x

c) sin , sin 2 , 0;2

x a t y b t t

.

Đặt sin , sin 2 x a t t y b t t với 02

t

.


2 2 2

2

0 0 0

1' cos . sin 2 cos .sin .

3S t t dt a t b t dt ab t t dt ab

6.1.2. Tính độ dài cung của đường cong trong các trường hợp sau:

a) 3y x , từ 0x đến 1x

Ta có:

3 1

2 2' 3,

2 y x y x và độ dài cung đường cong là

1

0

1

27

913 13 8

41l xdx .

b) ln siny x , từ 3

x

đến 2

x

Ta có: ' cosln sin ,

sin

xy x y

x và độ dài cung đường cong là

22

2

3

cos 11 ln3

2sin

xl dx

x

.

c) 3 21, 2, 0; 3

3 x t t y t t

Độ dài cung cần tìm là:

3 3

2 22 2

0 0

2 5 10 10 14 5 14 10 11 2 5 2 1 ln

25 5 105 5l t t dt t t dt

6.1.3. a) Tính diện tích mặt tròn xoay, tạo nên khi quay xung quanh trục Ox, cung

parabol 2 2y x , với 0 2x .

Diện tích mặt tròn xoay quay xung quanh Ox là: 2

0

22 1 2 5 5 1

3S xdx



b) Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường: 22y x

và 2 2 3 0x y , khi quay quanh trụcOx.

Thể tích vật thể tròn xoay tạo bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường trên là:

21 12

4 3 2

3 3

3 2 1 1284 2 12 9

2 2 4 15

x xV dx x x x x dx

c) Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường2 4 0, 0 y x x , khi quay quanh trục Oy.

Thể tích vật thể tròn xoay tạo bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường trên là:

2 2

22 4 2

2 2

1844 8 16

5V y dy y y dx

6.1.4. Một thùng rượu có bán kính hai đáy là 30 𝑐𝑚 và ở giữa là 40 𝑐𝑚 (như hình vẽ).

Chiều cao thùng rượu là 1 𝑚. Hỏi thùng rượu có thể chứa tối đa bao nhiêu lít? Biết

rằng cạnh bên hông thùng rượu là đường parabol có đỉnh ngay chính giữa thùng.

Giải.

Ta đặt thùng rượu nằm ngang. Theo bài toán ta có đường cong bên hông thùng rượu

như hình vẽ, là một parabol có đỉnh là 0,40 và đi qua hai điểm 50,30 , 50,30 .

Trước hết ta sẽ tìm phương trình của parabol này. Do parabol có đỉnh là 0,40 nên dễ

thấy phương trình parabol có dạng: 2 40y ax và do parabol đi qua điểm 50,30

nên ta tìm được 1

250a . Từ đó ta có phương trình parabol là:



2140

250y x

Thể tích thùng rượu cũng chính là thể tích khối tròn xoay mà hàm 2140

250y x ,

50 50x , xoay quanh trục Ox . Vậy thể tích thùng rượu đó là: 250 50 4

2 2 3

50 50

1 8040 1600 425162

250 62500 250

xV x dx x dx cm

Mà ta đã biết 31 cm tương đương với 1 ml . Vậy thùng rượu có thể chứa được khoảng

425,162 l .

6.2. Tính quãng đường, vận tốc

Ở bài Đạo hàm, ta đã biết cách xác định vận tốc tức thời theo phương trình chuyển

động bằng công thức ( )ds

v s tdt

. Và gia tốc tức thời là: 2

2( )

dv d sa s t

dt dt .

Từ đó ta có công thức tính quãng đường khi biết biểu thức của vận tốc:

s vdt

Và công thức tính vận tốc khi biết biểu thức của gia tốc:

v adt

6.2.1. Một hạt proton di chuyển trong điện trường có biểu thức gia tốc (theo 2/cm s )

là: 2

20/ 1 2a t

với 𝑡 tính bằng giây. Tìm hàm vận tốc 𝑣 theo 𝑡, biết rằng khi

𝑡 = 0 thì 30 ( / )v cm s .

Giải.

Ta có:

2

20 10

1 21 2v adt dt C

tt

Khi 𝑡 = 0 thì 30 /v cm s nên ta tìm được 20C .

Vậy hàm vận tốc 𝑣 theo 𝑡 là:

1020 ( / )

1 2v cm s

t

6.2.2. Một tia lửa được bắn thẳng đứng từ mặt đất với vận tốc ban đầu là 15 ( / )m s .

Hỏi sau 2,5 s tia lửa ấy có chiều cao là bao nhiêu?

Giải.

Tia lửa chịu sự tác động của trọng lực hướng xuống nên luôn có gia tốc là 29,8 /m s

Ta có:

9,8 9,8v adt dt t C

Khi 𝑡 = 0 thì 15 /v m s nên ta tìm được 15C . Vậy ta có biểu thức vận tốc là:

9,8 15v t



Từ đó ta có biểu thức tính quãng đường là:

29,8 15 4,9 15s vdt t dt t t K

Mà theo đề bài ta có khi 𝑡 = 0 thì 0s nên ta có 0K .

Vậy sau 2,5 s tia lửa ấy có chiều cao là:

24,9 15 6,8752,5

s t t mt

.

6.3. Tính công của lực biến thiên

Ở chương trình phổ thông ta đã biết công thức tính công của một lực F không

đổi tác dụng lên một vật làm vật dịch chuyển tịnh tiến một vectơ d là:

. . .cosA F d F d

Với là góc giữa lực F và vectơ dịch chuyển d .

Xét trường hợp lực biến đổi phụ thuộc vào vị trí của chất điểm và làm vật dịch chuyển

theo quỹ đạo là đường thẳng. Chọn trục Ox trùng với quỹ đạo của vật. Giả sử lực F

là cường độ của lực phụ thuộc vào tọa độ x (như hình 1).

Hình 1

Để tính công mà lực thực hiện được khi gây ra dịch chuyển của vật từ điểm đầu1x đến

điểm cuối 2x ta không thể áp dụng công thức trên được nữa vì bây giờ lực biến thiên

theo tọa độ của vật.

Để giải quyết bài toán này ta chia độ dịch chuyển ra nhiều khoảng nhỏ x bằng nhau

để có thể coi lực F gần như là không đổi trong khoảng x đó. Ta kí hiệu F x là giá

trị trung bình của lực F trong khoảng x thì công mà lực thực hiện được khi làm vật

dịch chuyển một khoảng x là:

.A F x x

A có giá trị bằng diện tích hình chữ nhật gạch chéo trên hình 2.



Hình 2

Giá trị gần đúng của công do lực F thực hiện trên cả quãng đường từ 1x đến

2x có thể

tính bằng cách lấy tổng tất cả các công thành phần A :

.A A F x x

Nếu ta chia các khoảng x càng bé, nghĩa là cho 0x ta được giá trị chính xác của

công A là:

0lim ( ).x

A F x x

Và theo định nghĩa của tích phân ta có công A chính là:

2

1

( )

x

x

A F x dx

Dĩ nhiên công thức này cũng đúng cho trường hợp lực F không đổi ( F là hàm hằng).

6.3.1. Một lực 1200 N nén lò xo từ chiều dài tự nhiên là 18 cm xuống còn 16 cm. Hỏi

công sinh ra là bao nhiêu nếu ta tiếp tục nén lò xo từ 16 cm xuống 14 cm?

Giải.

Nhắc lại: Lực F dùng để kéo căng hay nén lò xo đi một khoảng x đơn vị so với trạng

thái ban đầu là: F kx , với k là hằng số lò xo (mỗi lò xo có hằng số k khác nhau).

Theo đề bài ta có hằng số k của lò xo đã cho là:

1200600 /

2k N cm

Khi đó 600F x .

Vậy công sinh ra khi ta tiếp tục nén lò xo từ 16 cm xuống 14 cm là:

2

1

4

2

2

4( ) 600 300 3600 .

2

x

x

A F x dx xdx x N cm

6.3.2. Một điện tích 1 0q đặt tại một điểm cố định. Đưa một điện tích 2 0q vào

điện trường của 1q tại một điểm cách 1q một khoảng r . Dưới tác dụng của lực điện

trường do 1q gây ra, điện tích

2q dịch chuyển từ vị trí 1r đến

2r . Tính công của lực

tương tác giữa hai điện tích điểm trên.

Giải.



Nhắc lại: Lực tương tác tĩnh điện giữa hai điện tích tỉ lệ thuận với tích điện tích của

chúng và tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng. Và ta có:

1 2

2

kq qF r

r

Lưu ý rằng r ở đây luôn thay đổi nên F là hàm số phụ thuộc vào r . Thay vào công

thức tính công ta có:

2 2

1 1

2

1 2 1 22

1 1 2

1 1 1 1r r

r r

rA F r dr kq q dr kq q

rr r rr

Đây chính là công thức để tính lực tĩnh điện giữa hai điện tích điểm trong vật lý.

C. Bài tập đề nghị Bài 1. Tính các tính phân sau:

1.1.

3

21

xdx

x . HD: Chia đa thức. ĐS:

2 12 3ln 1

2 1

xx x C

x

.

1.2.2 3x

dxx

. HD: Đổi biến. ĐS:

2 3 32 2 3 3 ln

2 3 3

xx C

x

1.3.2 35. 8.x x dx . HD: Đặt

3 8t x . ĐS: 6

355

818

x C .

1.4.sin

1 cos cos2

xdx

x x .

HD: Biến đổi 22

sin sin sin

1 cos cos 2 2cos cos1 cos 2cos 1

x x xdx dx dx

x x x xx x

,đặt cost x . ĐS:2cos 1

ln2cos

xC

x

1.5.

3sin sin

cos 2

x xdx

x

. HD: Biến đổi

23

2

2 cos sinsin sin

cos2 2cos 1

x xx xdx dx

x x

,

đặt cost x . ĐS: 1 3 2 cos 1

cos - ln2 4 2 2 cos 1

xx C

x

1.6.23 .sin 5 .2

osc x x dx . HD: Dùng công thức hạ bậc, nhân 2 biểu thức sau đó dùng

công thức biến đổi tích thành tổng rồi tính tích phân.

ĐS:sin10 sin 6 sin16 sin 4

4 40 24 128 32

x x x x xC

1.7. sin ln x dx . HD: Dùng tích phân từng phần 2 lần.

ĐS: sin ln cos ln

2

x x x xC



1.8.2

6 5

4 9

xdx

x x

.

HD: Phân tích

22 2 2

6 5 2 4 73

4 9 4 9 2 5

x xdx dx dx

x x x x x

.

ĐS: 2 7 23ln 4 9 arctan

5 5

xx x C

.

1.9.3 2

4

6 11 6

xdx

x x x

. HD: Sử dụng đồng nhất thức phân tích

3 2

4 3/ 2 2 1/ 2

6 11 6 1 2 3

xdx dx

x x x x x x

. ĐS:

3

2

1 . 3ln

2

x x

x

1.10.41

1

xdx

x

. HD: Đặt

4x t . ĐS:34

4 442 4 4ln 1

3

xx x x C .

Bài 2. Tính các tích phân xác định sau:

2.1.

63

3 1

xdx

x . HD: Dùng phương pháp tích phân đổi biến, đặt 1t x và biến đổi

1x t , sau đó đổi cận ta được tích phân mới theo t. ĐS: 324.

2.2.2

3

0

sin .cos 2 .x x dx

.

HD: Biến đổi 2 2

3 2 2

0 0

sin .cos2 . 1 cos . 2cos 1 sinx x dx x x xdx

, sau đó đặt

cost x đổi cận ta được tích phân theo t. ĐS:2

5 .

2.3.

3

32

0 1

xdx

x . HD: Đặt

21t x , đổi cận ta được tích phân theo biến t. ĐS:1

2.

2.4.

1

3 2

0

1x x dx . HD: Biến đổi

1 1

3 2 2 2

0 0

1 1x x dx x x xdx , đặt

2 21 1t x x t , đổi cận rồi tính tích phân theo t. ĐS:2

15.

2.5.32

0

sin

2 cos

xdx

x

. HD: Biến đổi 232 2

0 0

1 cos sinsin

2 cos 2 cos

x xxdx dx

x x

, đặt cost x ,

đổi cận rồi tính tích phân theo t. ĐS:3 2 3

3ln 2 3ln3 3ln2 3 2

.



2.6.

ln 2

0

1xe dx . HD: Đặt 11

x x dtt e dt e dx dx

t

, đổi cận

0 0, ln2 1x t x t , ta được 1

01

tdt

t . ĐS: 2

2

.

2.7.

1

0

. xx e dx . HD: Sử dụng tích phân từng phần. ĐS:2 1

4 4

e .

2.8.

2

4

0

sin x dx

. HD: Đặt t x ta được tích phân từng phần. ĐS: 2.

2.9. 5

2

2 ln 1x x dx . HD: Đặt

2

ln 11

2

dxu x du

x

dv xdx v x

. ĐS:27

48ln 22

.

2.10.3

2

3

sin

cos

x xdx

x

. HD:

2

sin 1

cos cos

u x du dx

xdv dx v

x x

. ĐS:4 3 2

2ln3 3 2

.

Bài 3. Tính các tích phân suy rộng sau:

3.1.2

22

dx

x x

. ĐS:1

ln 23

3.2.3

01

dx

x

. ĐS:2 3

9

3.3.2

06 10

dx

x x

. ĐS: arctan32

3.4.

2

20

ln

1

x xdx

x

. ĐS: 0

3.5.4

11

xdx

x

. ĐS:8

3.6.

0 1/

1

3

x

xedx

. ĐS:2

e

3.7.

1

350

1xdx

x

. ĐS:

25

14

3.8.

3

251 (2 )

dx

x . ĐS:

10

3

3.9.

2

251 ln

edx

x x

. ĐS: 558

3 3.10.

2

2

1

1 ln

e

x xdx

. ĐS:2 65 10

9 9e e

Bài 4. Xét sự hội tụ của các tích phân sau:

4.1. 2 3

1

dx

x x. ĐS: Hội tụ.

4.2. 2 234 2 1 2 1

dx

x x x. ĐS: Hội tụ.



4.3.

2

3 2

3 1 2 3

x dx

x x

. ĐS: Phân kỳ.

4.4. 2

0

sin

1

xdx

x. ĐS: Hội tụ.

4.5. 2 2

01 cos

xdx

x x

. ĐS: Phân kỳ.

4.6.

2

0

1

1 cos 2

xe

dxx

. ĐS: Phân kỳ.

4.7.

1

20

dx

x x. ĐS: Hội tụ.

4.8.

1

50 1

xdx

x. ĐS: Hội tụ.

4.9.

2

230 1 2

dx

x x. ĐS:Phân kỳ.

4.10.

2 tan

3

0

1

ln 1

xedx

x. ĐS: Phân kỳ.



Chương 3. LÝ THUYẾT CHUỖI

Sự phát triển của công nghệ kỹ thuật số đòi hỏi cần thiết kế và giải quyết các hệ

dữ liệu mẫu với thời gian rời rạc. Và việc khảo sát các dãy rời rạc này khó khăn hơn

rất nhiều so với khảo sát các hàm giải tích. Một trong những công cụ đắc lực để giải

quyết các bài toán nói ở trên là sử dụng phép biến đổi Z, phép biến đổi

Fourier,…Những công cụ này đã được các nhà toán học, nhà vật lí học nghiên cứu,

xây dựng thành hệ thống lý thuyết và ứng dụng từ thế kỉ XVIII. Cuối thế kỉ XVIII,

trong một nghiên cứu về phương trình mô tả sự truyền nhiệt của vật thể, nhà toán học,

vật lí học người Pháp Joseph Fourier (1768-1830) đã có một nghiên cứu kì lạ rằng

“mọi” hàm số đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của chuỗi vô hạn các hàm lượng

giác (sau này gọi là khai triển hàm số thành chuỗi Fourier). Các nghiên cứu liên quan

đến chuỗi Fourier không những có ứng dụng trong nhiệt học mà sau này còn được ứng

dụng vào lĩnh vực viễn thông: phân tích phổ, phân tích truyền dẫn tín hiệu, ghép kênh

vô tuyến, ghép kênh quang,…. Để có thể tìm hiểu được lĩnh vực thú vị đó, trước hết

chúng ta cần có những kiến thức cơ bản nhất về “chuỗi” mà ta sẽ đề cập trong chương

3 dưới đây.

Ở chương 3 này chúng ta sẽ tìm hiểu các khái niệm và một số tính chất cơ bản nhất

về chuỗi số, chuỗi lũy thừa, chuỗi Taylor và chuỗi Fourier. Muốn đi xa hơn nữa đến

các bài toán ứng dụng chúng ta cần một quá trình để tìm hiểu nhiều thêm các kiến thức

liên quan về chuỗi: tính hội tụ, đạo hàm, tích phân, dạng phức của chuỗi, phép biến đổi

Z, phép biến đổi Fourier,… Và các bạn có thể đọc phần này ở tài liệu tham khảo [10]

và tài liệu tham khảo [13]


3.1. Các khái niệm cơ bản

3.1.1. Chuỗi số

Định nghĩa 1. Cho dãy số thực {𝑢𝑛}𝑛. Biểu thức



𝑢1 + 𝑢2 +⋯+ 𝑢𝑛 +⋯ =∑ 𝑢𝑛+∞

𝑛=1

được gọi là một chuỗi số hay ngắn gọn là chuỗi. Số hạng un được gọi là số hạng tổng

quát thứ 𝑛.

𝑆𝑛 = 𝑢1 + 𝑢2 +⋯+ 𝑢𝑛 =∑ 𝑢𝑘𝑛

𝑘=1

được gọi là tổng riêng phần thứ 𝑛 của chuỗi.

Nếu lim nn

S

tồn tại hữu hạn thì ta nói chuỗi 1

n

n

u

hội tụ và lim nn

S S

được gọi là

tổng của chuỗi và ta viết

𝑆 =∑ 𝑢𝑛+∞

𝑛=1

Nếu lim nn

S

không tồn tại hoặc lim nn

S

ta nói chuỗi 1

n

n

u

phân kỳ.

Ví dụ 1. Xét sự hội tụ của các chuỗi sau

a) 1

1

1n n n

b)

1

1

n n

c) 0

. , 0n

n

a q a

Giải.

a) Ta có

1 1 1

1 1n n n n

. Do đó

1 1 1 1 1 11 1

2 2 3 1 1nS

n n n

⟹ lim 1nn

S

. Vậy chuỗi hội tụ và 1

11

1n n n

.

b) Ta có1 1 1 1 1 1

12

nS n nn n n n n

.

Vậy chuỗi 1

1

n n

phân kỳ.

c) Chuỗi 0

. , 0n

n

a q a

còn gọi là chuỗi cấp số nhân. Ta có

𝑆𝑛 = 𝑎(1 + 𝑞 +⋯+ 𝑞𝑛−1) = {

𝑛. 𝑎 nếu 𝑞 = 1𝑎(𝑞𝑛 − 1)

𝑞 − 1 nếu 𝑞 ≠ 1



+ Khi 1q thì lim lim .nn n

S n a

.

+ Khi 1q thì 0 khi 2(1 1 )(1 )

lim lim lim khi 2 11 2

nn

nn n n

n kaa qS

a n kq

Vậy trong trường hợp này lim nn

S

không tồn tại.

+ Khi 1q thì do lim 0n

nq

nên

(1 )lim lim

1 1

n

nn n

a q aS

q q

.

+ Khi 1q thì thì do lim n

nq

nên

(1 )lim lim

1

n

nn n

a qS

q

.

Suy ra dãy nS hội tụ khi 1q , phân kì khi 1q .

Vậy 0

. , 0n

n

a q a

hội tụ khi |𝑞| < 1, phân kì khi 1q . Chuỗi 0

. , 0n

n

a q a

còn

được gọi là chuỗi hình học.

Định lý 1. (Điều kiện cần để chuỗi hội tụ) Nếu chuỗi 1

n

n

u

hội tụ thì 0lim nn

u

.

Như vậy ta suy ra: nếu 0lim nn

u

hoặc 0lim nn

u

hoặc lim nn

u

không tồn tại thì

chuỗi phân kỳ.

Ví dụ 2. Xét chuỗi 1

2 3

3 2n

n

n

. Ta có

2 3 2

3 2 3n

nu

n

khi 𝑛 → +∞. Do đó, chuỗi

phân kỳ.

Định lý 2. Cho các chuỗi 1

n

n

u

, 1

n

n

v

hội tụ. Khi đó, với 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ thì chuỗi

1

n n

n

au bv

hội tụ và tổng

1 1 1

n n n n

n n n

au bv a u b v

Hệ quả.

1. Nếu 1

n

n

u

hội tụ và 1

n

n

v

phân kỳ thì chuỗi 1

n n

n

u v

phân kỳ.



2. Nếu 1

n

n

u

phân kỳ và 1

n

n

v

phân kỳ thì không có kết luận cho chuỗi 1

n n

n

u v

.

Tuy nhiên nếu cộng thêm điều kiện 𝑢𝑛 , 𝑣𝑛 ≥ 0, ∀𝑛 thì chuỗi 1

n n

n

u v

phân kỳ.

Định lý 3. Tính chất hội tụ của chuỗi không đổi nếu ta bỏ đi môt số hữu hạn các số

hạng của chuỗi.

Ví dụ 3. Chuỗi 1

n

n

u

và chuỗi n

n k

u

(với 1k ) thì cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.

Định lý 4. (Tiêu chuẩn hội tụ Cauchy) Chuỗi 1

n

n

u

hội tụ khi và chỉ khi

1 20, : , n n n pN n N p u u u

3.1.2. Chuỗi không âm

Định nghĩa 2. Chuỗi 1

n

n

u

với un ≥ 0, ∀n được gọi là chuỗi không âm. Chuỗi 1

n

n

u

với un > 0, ∀n được gọi là chuỗi số dương.

Nhận xét: Nếu chuỗi 1

n

n

u

không âm thì dãy tổng riêng {Sn} là dãy không giảm nên

nó hội tụ (chuỗi hội tụ) khi và chỉ khi {Sn} bị chặn trên.

Các tiêu chuẩn xét sự hội tụ của chuỗi không âm

a. Tiêu chuẩn so sánh

Định lý 5. Cho hai chuỗi số 1

n

n

u

, 1

n

n

v

thỏa điều kiện kể từ số 0n nào đó trở đi mà

0n n thì 0 n nu v . Khi đó, nếu chuỗi 1

n

n

v

hội tụ thì chuỗi 1

n

n

u

hội tụ, nếu

1

n

n

u

phân kỳ thì 1

n

n

v

phân kỳ.

Định lý 6. Cho hai chuỗi số dương 1

n

n

u

, 1

n

n

v

. Giả sử lim n

nn

uk

v . Khi đó,

1. Nếu 0 < 𝑘 < +∞ thì 1

n

n

u

, 1

n

n

v

cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.

2. Nếu 𝑘 = 0 . Nếu 1

n

n

v

hội tụ thì 1

n

n

u

hội tụ, nếu 1

n

n

u

phân kỳ thì 1

n

n

v

phân kỳ.



3. Nếu 𝑘 = +∞. Nếu 1

n

n

u

hội tụ thì 1

n

n

v

hội tụ, nếu 1

n

n

v

phân kỳ thì 1

n

n

u

phân

kỳ.


a) 1

2

5

n

nn n

b)

1

ln

n

n

n

Giải.

a) Ta có 2 2

05 5

nn

n n

. Mà ở ví dụ 1 ta đã biết

1

2

5

n

n

hội tụ nên chuỗi đã cho

hội tụ.

b) Xét chuỗi 1

1

n n

ta có

ln

lim lim ln1n n

n

nn

n

Mà ở ví dụ 1 ta đã biết chuỗi 1

1

n n

phân kỳ nên chuỗi 1

1

n n

phân kỳ.

b. Tiêu chuẩn tích phân

Định lý 7. Nếu f x là hàm liên tục, giảm, không âm trên ;k , k . Khi đó,

chuỗi 1

( )n

f n

hội tụ khi và chỉ khi tích phân suy rộng ( )k

f x dx

hội tụ.


a) 1

1

n n

b) 2

1

lnn n n

Giải.

a) Ta có:

Nếu 𝛼 < 0 thì 1

limn n

nên chuỗi1

1

n n

phân kỳ.

Nếu 𝛼 = 0 thì 1

1n

⟹ lim limn n

nS n

nên chuỗi 1

1

n n

phân kỳ.



Nếu 𝛼 > 0, đặt 1

f xx

, f x là hàm liên tục, giảm, không âm trên

[1;+∞). Mặt khác ta đã biết

1

1dx

x

hội tụ khi và chỉ khi 𝛼 > 1 nên chuỗi

1

1

n n

hội tụ khi 𝛼 > 1 và phân kỳ khi 0 < 𝛼 ≤ 1.

Tóm lại, 1

1

n n

hội tụ nếu 𝛼 > 1, phân kỳ nếu 𝛼 ≤ 1.

b) Phân tích bài toán: Xét hàm số 1

( )ln

f xx x

, đây là hàm liên tục, không âm trên

[2;+∞). Nhưng 𝑓(𝑥) chỉ giảm khi 𝑥 > 𝑒 do ln 1

( ) 0ln

xf x

x x

chỉ khi 𝑥 > 𝑒.

Như vậy thay vì xét sự hội tụ của chuỗi2

1

lnn n n

thì ta xét sự hội tụ của chuỗi

3

1

lnn n n

(theo định lý 3).

Chúng ta trình bày lại bài toán như sau:

Xét hàm số 1

( )ln

f xx x

, đây là hàm liên tục, không âm trên [3; +∞). Ta cũng có

𝑓(𝑥) là hàm giảm giảm trên [3;+∞) vì ln 1

( ) 0ln

xf x

x x

với mọi 𝑥 ≥ 3. Mặt

khác theo chương 2 ta đã biết

3

1

lndx

x x

là phân kì. Suy ra chuỗi 3

1

lnn n n

phân kỳ. Vậy chuỗi 2

1

lnn n n

phân kì.

c. Tiêu chuẩn D’Alembert

Định lý 8. Cho chuỗi số dương 1

n

n

u

. Giả sử 1lim n

nn

uk

u

. Khi đó,

1. 𝑘 < 1 thì 1

n

n

u

hội tụ.

2. 𝑘 > 1 thì 1

n

n

u

phân kỳ.



3. 𝑘 = 1 chưa kết luận gì về sự hội tụ. Tuy nhiên nếu kể từ số tự nhiên N nào đó trở

đi sao cho n N mà thỏa điều kiện 1 1n

n

u

u

. Khi đó chuỗi phân kỳ.


a)1

2

7 2

n

nn

b)

1

1

3nn

n

c)

1

3

!

n

n n

d) 1

3 !n

nn

n

n

Giải.

a) Bài tập này dễ thấy có thể dùng tiêu chuẩn so sánh. Nhưng ở đây ta sẽ áp dụng tiêu

chuẩn D’Alembert để xét. Ta có:

1

11

1

22 2 12 7 2 277 2lim lim lim lim 1

22 7 2 77

77 2

n

nnn

n

n nn n n nn

nn

u

u

Vậy 1

2

7 2

n

nn

hội tụ.

b) Ta có chuỗi hội tụ vì

11

2

1 2 13lim lim lim . 11 3 1 3

3

nn

n n nn

n

n

u n

nu n

c) Ta có chuỗi hội tụ vì

1

1

3

1 ! 1lim lim lim 3. 0 1

3 1

!

n

n

nn n nn

nu

u n

n

d) Ta có chuỗi đã cho phân kỳ vì

1

1

1

1

3 1 !

1lim lim lim 3 1 lim 3

3 ! 11

n

n nn

n

n nn n n nn

n

n

nu n nn

nu nn

n



3 3

lim 11

1

nn e

n

d. Tiêu chuẩn căn thức Cauchy

Định lý 9. Cho chuỗi số dương 1

n

n

u

. Giả sử lim nn

nu k

. Khi đó,

1. 𝑘 < 1 thì 1

n

n

u

hội tụ.

2. 𝑘 > 1 thì 1

n

n

u

phân kỳ.

3. 𝑘 = 1 chưa kết luận gì về sự hội tụ. Tuy nhiên nếu kể từ số tự nhiên N nào đó trở

đi sao cho n N mà thỏa điều kiện 1nnu . Khi đó chuỗi phân kỳ.


a) 2

31

2n

n

n

n

b) 2

21

1n

n

n

n

c) 1

12 1

n

n

n n

d)

1

1

1

2

n n

n

n

n

Giải.

a) Ta có chuỗi hội tụ vì

2

3

2lim lim 0 1n

nn n

nu

n

b) Ta có

2

2 1lim lim 1n

nn n

nu

n

Ta chưa kết luận được chuỗi hội tụ hay phân kì. Nhưng do 2

2 11

nn

n

do đó chuỗi

phân kỳ.

c) Ta có chuỗi phân kỳ vì

1lim lim 2 1 2 1n

nn n

un

d) Ta có



3 1

2 213

31 3lim lim lim 1 1

2 2

n

n nn

nn

n n n

nu e

n n

Vì

2

33lim 1

2

n

ne

n

và

3 1lim 3

2n

n

n

.

Vậy chuỗi đã cho phân kỳ.

3.1.3. Chuỗi đan dấu

Định nghĩa 3. Chuỗi có dạng 1

1 0 ,n

n n

n

u u n

được gọi là chuỗi đan dấu.

Định lý 10. (Dấu hiệu Leibnitz) Cho chuỗi đan dấu 1

1n

n

n

u

. Nếu n nu là dãy

giảm và lim 0nn

u

thì chuỗi hội tụ. Hơn nữa tổng 𝑆 của chuỗi thỏa 0 ≤ 𝑆 ≤ 1.

Ví dụ 7. Xét sự hội tụ của chuỗi 1

11

n

kn n

, với k là hằng số.

Giải.

Khi 0k ta có 1

lim 1n

kn n nên chuỗi phân kì.

Khi 0k ta có lim 1n

n không tồn tại nên chuỗi phân kì.

Khi 0k khi đó 1

11

n

kn n

là chuỗi đan dấu, trong đó 1

n ku

n là dãy giảm

và 1

lim lim 0n kn nu

n nên

1

11

n

kn n

hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz.

Như vậy chuỗi 1

11

n

kn n

hội tụ khi và chỉ khi 0k .

Ví dụ 8. Xét sự hội tụ của chuỗi 3 21

11

2 2

n

n

n

n n

.

Ta có:

3 2

1

2 2n

nu

n n

là dãy giảm vì

3 2

23 2

2 5 4 2( ) 0 1

2 2n

n n nf u n

n n

.



Ta lại có3 2

1lim lim 0

2 2n

n n

nu

n n

.

Vậy chuỗi 3 21

11

2 2

n

n

n

n n

là hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz.

3.1.4. Chuỗi có dấu bất kỳ


n

n

u

, nu được gọi là chuỗi có dấu bất kỳ.

Định lý 11. (Dấu hiệu Leibnitz) Cho chuỗi có dấu bất kỳ 1

n

n

u

. Khi đó, 1

n

n

u

là

chuỗi không âm. Nếu chuỗi 1

n

n

u

hội tụ thì chuỗi 1

n

n

u

hội tụ và khi đó ta nói chuỗi

1

n

n

u


Nếu chuỗi 1

n

n

u

hội tụ nhưng chuỗi 1

n

n

u

phân kỳ thì ta nói chuỗi 1

n

n

u

bán hội tụ.

Ví dụ 9. Dựa vào ví dụ 7 và ví dụ 8 ta có chuỗi 3 21

11

2 2

n

n

n

n n

là hội tụ tuyệt

đối. Chuỗi 1

11

n

n n

là bán hội tụ.

Chú ý: Nếu chuỗi 1

n

n

u

phân kì thì chuỗi 1

n

n

u

chưa chắc đã phân kì ví dụ như

1

11

n

n n

hội tụ theo tiêu chuẩn Leibniz, nhưng 1 1

1 11

n

n nn n

lại là chuỗi

phân kì. Tuy nhiên người ta đã chứng minh được rằng nếu1

n

n

u

phân kì theo tiêu

chuẩn D’Alembert hay căn thức Cauchy thì chuỗi 1

n

n

u

sẽ phân kì.

Như vậy tiêu chuẩn chuẩn D’Alembert và tiêu chuẩn căn thức Cauchy không những

dùng cho chuỗi số dương mà còn có thể dùng cho cả chuỗi có dấu bất kì.

Ta phát biểu lại hai tiêu chuẩn này như sau:

Tiêu chuẩn căn thức Cauchy:

Cho chuỗi số 1

n

n

u

. Giả sử lim nn

nu k

. Khi đó,



1. 𝑘 < 1 thì 1

n

n

u

hội tụ.

2. 𝑘 > 1 thì 1

n

n

u

phân kỳ.

3. 𝑘 = 1 chưa kết luận gì về sự hội tụ.

Tiêu chuẩn D’Alembert:

Cho chuỗi số 1

n

n

u

. Giả sử 1lim n

nn

uk

u

. Khi đó,

1. 𝑘 < 1 thì 1

n

n

u

hội tụ.

2. 𝑘 > 1 thì 1

n

n

u

phân kỳ.

3. 𝑘 = 1 chưa kết luận gì về sự hội tụ.

Ví dụ 10. Xét chuỗi 1

5!

n

n

nn

. Ta có:

1

1

1

1

1

1 !1

lim lim lim 5 lim 5

!

5

1 15

n nn

n n n nn

n

n n

n n n

n nn

u n

un

n

nn n

1

1

1

5lim 5 1

1

n

n

n

n

e

Vậy chuỗi 1

5!

n

n

nn

phân kì theo tiêu chuẩn D’Alembert.

3.2. Chuỗi hàm số


n

n

u x

, trong đó nu x là các hàm số xác định trên

tập D được gọi là chuỗi hàm số.

Với mỗi giá trị của 𝑥 chuỗi 1

n

n

u x

trở thành một chuỗi số, khi 𝑥 thay đổi ta sẽ có vô

số chuỗi số, trong đó có những chuỗi hội tụ và những chuỗi phân kỳ. Tập hợp tất cả

những giá trị của 𝑥 sao cho chuỗi hội tụ được gọi là miền hội tụ của chuỗi hàm số.



Để tìm miền hội tụ của chuỗi hàm số 1

n

n

u x

, ta thường xét sự hội tụ của chuỗi

1

n

n

u x

theo dấu hiệu D’Alembert hay Cauchy. Nghĩa là ta tính

1lim

n

nn

u xk x

u x

hoặc lim n

nn

u k x

Sau đó giải bất phương trình |𝑘(𝑥)| < 1. Nghiệm của bất phương trình này, bỏ đi

những điểm làm cho 𝑢𝑛(𝑥) không xác định sẽ thuộc miền hội tụ của chuỗi hàm. Xét

riêng tại những điểm 𝑥 là nghiệm của phương trình |𝑘(𝑥)| = 1.

Ví dụ 11. Tìm miền hội tụ của chuỗi 2

1

1

1nn x

.

Giải.

22 11

2 2 2

2

1

1 11lim lim lim1 1

1

nnn

nn n nn

n

u x xx

x xu x

x

Nếu 2

11

x ⟺ 2 1x ⟺ ; 1 1;x thì chuỗi đã cho hội tụ.

Nếu 2

11

x ⟺ 𝑥 = ±1 thì chuỗi

21 1

1 1

1 2nn nx

là chuỗi phân kỳ.

Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho là (−∞;−1) ∪ (1; +∞).

3.3. Chuỗi lũy thừa

Định nghĩa 6. Chuỗi lũy thừa là chuỗi có dạng 0

1

n

n

n

u x x

, trong đó 0x được gọi

là tâm của chuỗi lũy thừa.

Định lý 12. Cho chuỗi lũy thừa 0

1

n

n

n

u x x

. Giả sử

1lim

n

nn

u

u

ℎ𝑜ặ𝑐 n

nnlim u

Khi đó 1

R

được gọi là bán kính hội tụ của chuỗi (nếu 𝜌 = 0 thì 𝑅 = +∞, nếu

𝜌 = +∞ thì 𝑅 = 0). Và:



1. Với |𝑥 − 𝑥0| < 𝑅 ⟺ 𝑥 ∈ (𝑥0 − 𝑅; 𝑥0 + 𝑅) thì chuỗi 0

1

n

n

n

u x x

hội tụ.

2. Với |𝑥 − 𝑥0| > 𝑅 thì chuỗi 0

1

n

n

n

u x x

phân kỳ.

3. Với |𝑥 − 𝑥0| = 𝑅 ⟺ 𝑥 = 𝑥0 − 𝑅 hoặc 𝑥 = 𝑥0 + 𝑅 thì chưa kết luận được (xét

riêng).

Ví dụ 12.

a) Tìm bán kính hội tụ của chuỗi 2

1 3

n

nn

nx

.

b) Tìm miền hội tụ của chuỗi

21

1

3

n

nn

x

n

.

Giải.

a) Ta có

2

21

1

2

1

1 1 13lim lim lim3 3

3

nn

n n nn

n

n

u n

nu n

⟹ 3R

b) Ta có

2 21

1

2

1

1 3 1 1lim lim lim

1 3 1 3

3

n

n

n n nn

n

u n n

u n

n

⟹ 3R

Với = 1 − 𝑅 = −2 ⟹

2

2 21 1 1

2 21

3 3 3

n nnn

n n nn n n

nx

n n

, chuỗi hội tụ theo tiêu

chuẩn Leibnitz.

Với 𝑥 = 1 + 𝑅 = 4 ⟹

2 2 21 1 1

1 3 1

3 3

n n

n nn n n

x

n n n

nên chuỗi hội tụ.

Vậy miền hội tụ của chuỗi là [−2; 4].

3.4. Chuỗi Taylor

Định nghĩa 7. Giả sử f là một hàm khả vi vô hạn lần trong một lân cận nào đó của

điểm 0x thì chuỗi

0

0

1 !

nn

n

f xx x

n

được gọi là chuỗi Taylor của hàm số ( )f x



tại điểm 0x . Khi 0 0x thì chuỗi

0

0

1 !

nn

n

f xx x

n

trở thành chuỗi

1

0

!

n

n

n

fx

n

được gọi là chuỗi Malaurin của hàm số ( )f x .

Định nghĩa 8. Ta nói hàm f có thể được khai triển thành chuỗi Taylor tại điểm 0x nếu

trong khoảng hội tụ của nó chuỗi

0

0

1 !

nn

n

f xx x

n

có tổng đúng bằng ( )f x ,

nghĩa là:

1 2

0 0 02

0 0 0 0( ) ( ) ( ) ... ...1! 2! !

nnf x f x f x

f x f x x x x x x xn

Định lý 13. Trong lân cận của điểm 0x nếu ta có ( )f x khả vi vô hạn lần và tồn tại số

M sao cho 0 n

f x M n thì hàm f có thể được khai triển thành chuỗi Taylor tại

điểm 0x .

Chuỗi Maclaurin của một số hàm cơ bản.

2

0

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

n n

x

n

x x x xf x e

n n

3 5 2 1 2 1

1

( ) sin 1 ... 13! 5! 2 1 ! 2 1 !

n n

n n

n

x x x xf x x x

n n

2 4 2 2

0

( ) cos 1 1 ... 12! 4! 2 ! 2 !

n n

n n

n

x x x xf x x

n n

3 5 2 1 2 1

1

( ) arctan 1 ... 13 5 2 1 2 1

n n

n n

n

x x x xf x x x

n n

Với 𝑥 > −1 ta có các khai triển sau

2 3

1 1

1

( ) ln 1 1 ... 12 3

n n

n n

n

x x x xf x x x

n n

21 1 1

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

nx n xxf x x

n

0

1 1

!

n

n

nx

n

Ví dụ 13.



a) Khai triển hàm 2

1( )f x

x thành chuỗi lũy thừa của 1x .

b) Khai triển hàm sin

( )x

f xx

thành chuỗi Maclaurin.

c) Khai triển hàm 2( ) sinf x x thành chuỗi Maclaurin.

Giải.

a) Ta có

0

2

1 1 1( ) 1

1 11

n

n

nf x x

x x x

0

111 1

n n

n

n x

b) Ta có

3 5 2 1 2 1

1

sin 1 ... 13! 5! 2 1 ! 2 1 !

n n

n n

n

x x x xx x

n n

Suy ra

3 5 2 1

1 ...3! 5! 2 1

)!sin

(

nnx x x

x

fnx

xx x

2 2 2

0

4

1 1 ... 13! 5! 2 1 ! 2 1 !

n n

n n

n

x x x x

n n

c) Ta có

2 4 2

22 2 2os2 1 1 1 1

os2 1 .... 1 ...2 2 2 2 2 2! 4! 2

s!

1 cin c

n

nx x xxx

nx

21 2

0

21

2 !

nn n

n

xn

3.5. Chuỗi Fourier

Định nghĩa 9. Cho hàm số ( )f x tuần hoàn với chu kì 2 và khả tích trên đoạn

; . Ta gọi chuỗi hàm 0

1

1cos sin

2n n

n

a a nx b nx

với 0

1( ) a f x dx

,

1( ) cosna f x nxdx

và 1

( ) sinnb f x nxdx

là chuỗi Fourier với các các hệ

số Fourier là na và nb . Kí hiệu



0

1

1( ) cos sin

2n n

n

f x a a nx b nx

Kí hiệu ngụ ý rằng chuỗi Fourier của hàm ( )f x chưa chắc đã hội tụ và trong

trường hợp hội tụ thì chưa chắc tổng của nó đã bằng hàm ( )f x , Vậy khi nào dấu “ ”

sẽ được thay thế bằng dấu “ ”? Định lí sau đây sẽ cho chúng ta biết điều đó.

Định lý 13. (Định lí Dirichlet) Nếu ( )f x tuần hoàn với chu kì 2 , đơn điệu từng

khúc và bị chặn trên ; thì chuỗi Fourier của hàm ( )f x hội tụ (từng điểm)

trên đoạn đó và:

0

1

1( ) cos sin

2n n

n

f x a a nx b nx

nếu ( )f x liên tục tại x và

x

1

( ) ( ) ( )2

f x f x f x nếu x là điểm gián đoạn loại 1 của hàm ( )f x và

x

1

( ) ( ) ( )2

f x f f tại x

Khai triển Fourier trong đoạn ;

Cho hàm số ( )f x xác định và liên tục từng khúc trên đoạn ; . Đặt:

0

1( ) a f x dx

, 1

( ) cosna f x nxdx

và 1

( ) sinnb f x nxdx

thì chuỗi 0

1

1cos sin

2n n

n

a a nx b nx

là chuỗi Fourier của một hàm * ( )f x tuần

hoàn với chu kì 2 và * ( ) ( )f x f x khi ;x . Đặc biệt trong đoạn ;

thì theo định lý Dirichlet ta có:

0

1

1cos sin ( )

2n n

n

a a nx b nx f x

nếu ( )f x liên tục tại x và

x

0

1

1 1cos sin ( ) ( )

2 2n n

n

a a nx b nx f x f x

nếu x là điểm gián

đoạn loại 1 của hàm ( )f x và x

0

1

1 1cos sin ( ) ( )

2 2n n

n

a a nx b nx f f

tại x



Chú ý: chuỗi 0

1

1cos sin

2n n

n

a a nx b nx

là chuỗi Fourier của một hàm *f tuần

hoàn với chu kì 2 và * ( ) ( )f x f x khi ;x , đừng nhầm lẫn, hàm f không

nhất thiết phải tuần hoàn với chu kì 2 .

Ví dụ 14. Khai triển hàm 2( )f x x trên ; , áp dụng tính tổng của các chuỗi

sau

a) 1

21

11

n

n n

b) 2

1

1

n n

Giải. Hàm số 2( )f x x xác định và liên tục trên đoạn ; nên trong đoạn

; ta có:

0

1

1( ) cos sin

2n n

n

f x a a nx b nx

Với:

3 22

0

1 1 1( ) .

3 3

xa f x dx x dx

2

2

1 1 4( ) cos cos 1

n

na f x nxdx x nxdxn

(tính bằng phương pháp tích

phân từng phần)

21 1( ) sin sin 0nb f x nxdx x nxdx

(vì 2 sinx nx là hàm lẻ)

Vậy ta có khai triển:



2

2

21

cos4 1

3

n

n

nxx

n

, x

a) Thay 0x vào đẳng thức ta được:

2 2

1

2 21 1

1 11 1

12 12

n n

n nn n

b) Thay x vào đẳng thức ta được:

2

21

1

6n n

Ví dụ 15. Xét hàm số ( )f x x , ;x . Vì hàm ( )f x x là hàm lẻ nên các hệ

số Fourier được tính như sau

0

1( ) 0a f x dx

, 1

( ) cos 0na f x nxdx

,

1

2

00

1 2 2 cosn sin 2sin sin 1 .

n

n

x x nxb x nxdx x nxdx

n n n

Ta có chuỗi Fourier tương ứng

1

1

sin sin 2 sin3 sin 42 1 2 sin ...

2 3 4

n

n

nx x x xx x

n

Theo định lí Dirichlet ta có

1

1

khi sin2 1

0 khi

n

n

x xnx

xn

Thay 2

x

vào ta được

1 1 1 11 ...

4 3 5 7 9

Ví dụ 16. Xét hàm số ( )f x x , ;x . Vì hàm ( )f x x là hàm chẵn nên

các hệ số Fourier được tính như sau

0

0

1 2 ,a x dx x dx

1

sin 0nb x nxdx

,



2

00

2

1 2 2 sin coscos cos

0 khi 2 0

.4 khi 2 1

n

x nx nxa x nxdx x nxdx

n n

n k

n kn

Ta có chuỗi Fourier tương ứng

21

4 cos 4 cos3 cos5 cos7cos ...

2 2 9 25 49n

nx x x xx x

n

Theo định lí Dirichlet ta có

21

khi 4 cos

2 khi n

x xnx

n x

Thay 0x vào ta được

4 1 1 11 ...

2 9 25 49


Bài 1.

Xét sự hội tụ của chuỗi số bằng định nghĩa

Phương pháp:

1. Sử dụng định nghĩa để xét sự hội tụ của chuỗi số theo 3 bước:

Xác định tổng riêng nS

Xét lim nn

S

Nếu lim nn

S

là một số thực thì chuỗi hội tụ, nếu lim nn

S

hoặc lim nn

S

không

tồn tại thì chuỗi phân kì.

2. Cần nhớ điều kiện cần để chuỗi ∑ un+∞n=1 hội tụ là limn→+∞un = 0. Như vậy để

chứng minh chuỗi phân kì ta chỉ cần chứng minh limn→+∞ un ≠ 0 hoặc limn→+∞ un

không tồn tại.

1.1. Chứng minh các chuỗi sau là phân kì:

a) 1

2 1n

n

b) 1

, 0n

n

a a

c)

2

1

1

1

n

n

n

n

d) 1

1sin

n

nn

e) 1

5 sin3

n

nn

f) 1

11

oscn

n

n

n

Giải.



a) Ta có lim lim 2 1 0nn n

u n

nên chuỗi phân kì.

b) Ta có

1

0lim lim lim 1 0n nn

n n nu a a a


c) Ta có

2.21 12

241 2

lim lim lim 1 01 1

nn nn

nn n n

nu e

n n

nên chuỗi

phân kì.

d) Ta có

1sin

1lim lim sin lim 1 0

1nn n n

nu nn

n


e) Ta có 5

lim lim 5 sin lim 5 lim 03 3 3

n

n n

n n nn n n nu

nên chuỗi phân

kì.

f) Ta có lim lim 1 c lios os osm c lim c 1 01 1

n

nn n n n

n nu

n n

nên

chuỗi phân kì.

1.2. Xét sự hội tụ của chuỗi:

a) 1

1

1 2n n n

b)

1 2

1

1 2 1n n n

c)

1

1ln 1

n n

Giải.

a) Ta có

1

1 1 2

1 1

2n n n n

, suy ra:

1 1 1 1 1 1 1 1...

2 3 3 4 1 2 2 2nS

n n n

Như vậy 1 1 1

lim lim2 2 2

nn n

Sn

nên chuỗi hội tụ và

1

1

1 2 2

1

n n n

.

b) Ta có

1 1 1

2 1 2 1 2 2 1 2

1

1n n n n

, suy ra:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... 1

2 3 3 5 5 6 2 1 2 1 2 2 1nS

n n n



Vậy 1 1 1

lim lim 12 2 1 2

nn n

Sn


1

1

2 1 2 1 2

1

n n n

.

c) Ta có 1 1

ln 1 ln ln 1 lnn

n nn n

, suy ra:

ln 2 ln1 ln3 ln 2 ln 4 ln3 ... ln 1 ln ln 1nS n n n

Như vậy lim limln 1nn n

S n


1.3. Xét sự hội tụ của chuỗi:

a) 1

1

1 2n n n n

b)

22

1

2 1

1n

n

n n

c)

1

2 2 1n

n n n

Giải.

a) Ta có

1 1 1 2 1 1 1 1 1 1

1 2 2 1 2 2 1 1 2n n n n n n n n n n

suy ra:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... ...

2 2 2 3 1 2 3 3 4 1 2nS

n n n n

1 1 1 1 1 1 1 11

2 1 2 2 2 2 1 2n n n n

Như vậy 1 1 1 1 1

lim lim2 2 1 2 4

nn n

Sn n


1

1 1

1 2 4n n n n

.

b) Ta có

2 222

2 1 1 1

1 1

n

nn n n

, suy ra:

2 22

1 1 1 1 1 1 1 11 ... 1

4 4 9 9 16 1 1nS

n n n

Như vậy

2

1lim lim 1 1

1n

n nS

n


221

2 11

1n

n

n n

.



c) Ta có 2 2 1 2 1 1n n n n n n n , suy ra:

3 2 4 3 ... 2 1nS n n

2 1 3 2 ... 1n n

3 2 4 3 ... 2 1nS n n

12 2 1 1 1 2

2 1n n

n n

Như vậy 1

lim lim 1 2 1 22 1

nn n

Sn n


1

2 2 1 1 2n

n n n

.

Bài 2.

Xét sự hội tụ của chuỗi số bằng cách sử dụng các định lý

Phương pháp:

1. Đối với chuỗi số dương sử dụng tiêu chuẩn so sánh, tiêu chuẩn căn thức Cauchy,

tiêu chuẩn D’Alembert, tiêu chuẩn tích phân. Khi sử dụng tiêu chuẩn so sánh thường

so sánh với các chuỗi quen thuộc sau:

1

. , 0n

n

a q a

là chuỗi hình học, hội tụ khi 1q và phân kì khi 1q .

1

1

n n

là chuỗi hội tụ khi 1 và phân kì khi 1 .

1

1

lnn n n

là chuỗi phân kì.

2. Đối với chuỗi đan dấu thì thường sử dụng tiêu chuẩn Leibnitz. Còn đối với chuỗi có

dấu bất kì, khi cần chứng minh chuỗi ∑ 𝑢𝑛+∞𝑛=1 hội tụ, dựa vào định lí 11 thì ta chỉ cần

chứng minh chuỗi ∑ |𝑢𝑛|+∞𝑛=1 hội tụ. Cũng có thể sử dụng tiêu chuẩn căn thức Cauchy

hay tiêu chuẩn D’Alembert như ở phần “chú ý” mục 3.1.4.

2.1. Dùng tiêu chuẩn so sánh xét sự hội tụ của chuỗi số:

a) 1

2

3 1

n

nn

b)

31 2 1n

n

n n

c)

1

1

1n n n

d)

12

1

1n n n

Giải.



a) Ta có 2 2 2

03 1 3 3

nn n

n n

, mà chuỗi

1

2

3

n

n

hội tụ nên theo tiêu chuẩn so

sánh ta có chuỗi 1

2

3 1

n

nn

hội tụ.

b) Cách 1: do 3 32 1 2n n n nên

3 3 2

10

2 1 2 2

n n

n n n n

, mà chuỗi

21

1

2n n

hội tụ nên theo tiêu chuẩn so sánh ta có chuỗi 3

1 2 1n

n

n n

hội tụ.

Cách 2: do

33

3

3

22 1lim lim 12 1

2

n n

n

nn nn n n

n

nên ta có

3 2

1

2 1 2

n

n n n khi

n , mà chuỗi 2

1

1

2n n

hội tụ nên theo tiêu chuẩn so sánh ta có chuỗi

31 2 1n

n

n n

hội tụ.

c) Cách 1: do ( 1) 2n n n n n n nên 1

( 1

1

2)n n n , mà chuỗi

1

1

2n n

phân kì nên theo tiêu chuẩn so sánh ta có chuỗi 1

1

1n n n

phân kì.

Cách 2: do (

1

lim li1)

1)m

(1

1n n

n

n

n n

n n

nên ta có

( 1

1

)

1

n n n khi

n , mà chuỗi 1

1

n n

phân kì nên theo tiêu chuẩn so sánh ta có chuỗi

1

1

1n n n

phân kì.

d) Cách 1: do 3

3

2 21 nn n n nên ta có

23

2

1

1

10

nn n , mà chuỗi

31 2

1

nn


12

1

1n n n

hội tụ.



Cách 2: do

3

3

2

2lim lim

1

11

1 1n n

n

n

n n

n n

nên ta có

332

2

1

1

11

nn nn

khi n

mà chuỗi 3

1 2

1

nn


12

1

1n n n

hội tụ.


a) 1

2

3 7

5n

n nn

n

b)

1

1os1 c

n n

c)

1

1sin

n n

d) 1

1sin , 1k

n

kn

e) 2

1 1sin

n n n

f) 2

2 sin3

n

nn

Giải.

a) Ta có

25 1

5 5

3 7 737

7

2

1

5

n

n

n

n

n

n

n

n

n

khi n . Mặt khác chuỗi

1

5

7

n

n

hội

tụ nên theo tiêu chuẩn so sánh ta có chuỗi 1

2

3 7

5n

n nn

n

hội tụ.

b) Khi n ta có 1

1 c1

osn n

, mà 1

1

n n

phân kì nên theo tiêu chuẩn so sánh ta

có 1

1os1 c

n n

phân kì.

c) Khi n ta có 1 1

sinn n

, mà 1

1

n n

phân kì nên theo tiêu chuẩn so sánh ta có

1

1os1 c

n n

phân kì.



d) Khi n ta có 1 1

sink

kn n, mà khi 1k thì

1

1

nkn

hội tụ nên theo tiêu chuẩn

so sánh ta có chuỗi 1

1sin , 1k

n

kn

hội tụ.

e) Khi n ta có 3

2

1 1n

1i

1 1s .

n nn nn

, mà 3

21

1

nn

hội tụ nên theo tiêu chuẩn

so sánh ta có chuỗi 2

1 1sin

n n n

hội tụ.

f) Khi n ta có 2 sin 23 3

2.

3n

n

n n

n

, mà

1

2

3

n

n

hội tụ nên theo tiêu

chuẩn so sánh ta có chuỗi 2

2 sin3

n

nn

hội tụ.


a) 2

1

lnn n

b) *

2

1,

lnkn

kn

c) 2

ln

n

n

n

d) 2

2

ln

n

n

n

e)

2017

1 2nn

n

f) 1

n

n

e

Giải.

a) Ta có ’

1

1lnlim lim lim lim1 1ln

L Hospitaln n n n

nn nn

n n

. Mà theo ví dụ 3 (trang

3) ta có 2

1

n n

phân kì nên theo tiêu chuẩn so sánh thì 2

1

lnn n

phân kì.

b) Ta có ’ ’1 2

1

lnlim lim lim lim1 ln ln 1 ln

k

L Hospital L Hospitalk k kn n n n

n n nn

n k n k k n

n

’ ’.... lim!

L Hospital L Hospitaln

n

k . Mà theo ví dụ 3 (trang 3) ta có

2

1

n n

phân kì nên

theo tiêu chuẩn so sánh thì *

2

1,

lnkn

kn

phân kì.



c) Ta có

ln

lim lim ln1n n

n

nn

n

. Mà theo ví dụ 3 (trang 3) ta có

2

1

n n

phân kì

nên theo tiêu chuẩn so sánh thì 2

ln

n

n

n

phân kì.

d) Ta có 2

2

1

1lim lim 0

ln lnn n

nn n

n

. Mà theo ví dụ 3 (trang 3) ta có

22

1

n n

hội tụ nên

theo tiêu chuẩn so sánh thì 2

2

ln

n

n

n

hội tụ.

e) Ta có:

2017

2019 2018

’ ’ ’ 2019

2

2019 2019!2lim lim lim ... lim 01 2 2 ln 2 2 ln 2

n

L Hospital L Hospital L Hospitaln n nn n n n

n

n n

n

Mà theo ví dụ 3 (trang 3) ta có 2

2

1

n n

hội tụ nên theo tiêu chuẩn so sánh thì

2017

1 2nn

n

hội tụ.

f) Ta có:

2

’ ’

2

2 2lim lim lim lim 0

1

n

L Hospital L Hospitaln n nn n n n

e n n

e e e

n

. Mà theo ví dụ 3 (trang 3)

ta có 2

2

1

n n

hội tụ nên theo tiêu chuẩn so sánh thì 1

n

n

e

hội tụ.

2.4. Dùng tiêu chuẩn căn thức Cauchy hoặc D’Alembert xét sự hội tụ của chuỗi:

a) 1 2n

n

n

b) 1

!n

n

n

n

c) 1

!3n

nn

n

n

d)

( 1)

1

1

1

n n

n

n

n

Giải.

a) Cách 1: sử dụng tiêu chuẩn D’Alembert .

Ta có 1 1

1

2n n

nu

,

2n n

nu suy ra 1

1

1 2 1 1lim lim . lim 1

2 2 2

n

n

nn n nn

u n n

u n n

.

Vậy chuỗi đã cho hội tụ.



Cách 2: sử dụng tiêu chuẩn căn thức Cauchy .

Ta có 2

n n

nu suy ra

1lim lim lim 1

2 2 2

n

n nn

n n n

n nu

. Vậy chuỗi đã cho hội

tụ.

b) Sử dụng tiêu chuẩn D’Alembert .

Ta có

1 1

1 !

1n n

nu

n

,

!n n

nu

n , suy ra:

1

1 1

1 ! 1 1 1lim lim . lim lim lim 1

!1 1 1 11

n nnn

n n n nn n n n nn

nu n n nn

u n en n n

n


c) Sử dụng tiêu chuẩn D’Alembert .

Ta có

1

1 1

1 !3

1

n

n n

nu

n

,

!3n

n n

nu

n , suy ra:

1

1

1 1

1 !3 1 3 3 3 3lim lim . lim lim lim 1

!31 1 1 11

n nnn

n n n nnn n n n nn

nnn nu nn

u n en n n

n

Vậy chuỗi đã cho phân kì.

d)

( 1)

1

1

1

n n

n

n

n

Sử dụng tiêu chuẩn căn thức Cauchy .

Ta có

( 1)1

1

n n

n

nu

n

suy ra:

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

lim lim lim lim 11 1 1

n n n n

n nn

n n n n

n nu

n n n

21

222

lim 1 11

n

ne

n


Nhận xét: nếu trong biểu thức của nu có chứa giai thừa thì nên sử dụng tiêu chuẩn

DA’lembert.

2.5. Xét sự hội tụ của chuỗi đan dấu:



a) 1 2

11

n

nn

b) 21

12 1

n

n

n

n

c) 1

11

ln

n

n n n

d) 1

11 sin

n

n n

Giải.

a) Cách 1: ta có 1 2

11

n

nn

là chuỗi đan dấu, trong đó dễ thấy 2

1n n

u là dãy giảm

(vì 1

1

1 1.2 = <1 1

2 2

nn

n

n

un

u

). Mặt khác ta có

1lim lim 0

2n nn n

u

nên hội tụ

theo tiêu chuẩn Leibnitz.

Cách 2: : ta có 1 1

12

1

2

1n

n nn n

là chuỗi hội tụ, suy ra 1 2

11

n

nn

cũng hội tụ.

Nhận xét: Ở câu b, c và d có nhiều bạn làm sai, ví dụ ở câu b các bạn làm như sau:

Ta có 2 2 2

11

2 1 2 1 2 2

n n n n

n n n n

mà

1

1

2n n

phân kì nên 21

12 1

n

n

n

n

là phân kì.

Sai vì các bạn đã nhầm lẫn. Cần lưu ý rằng 1

n

n

u

hội tụ thì 1

n

n

u

cũng hội tụ, nhưng

1

n

n

u

phân kì thì ta chưa kết luận được 1

n

n

u

là hội tụ hay phân kì! Ví dụ như

1 1

1 11

n

n nn n

là phân kì, nhưng 1

11

n

n n

là hội tụ. Chỉ khi 1

n

n

u

phân kì

theo tiêu chuẩn căn thức Cauchy hoặc D’Alembert thì 1

n

n

u

cũng phân kì.

Cách làm đúng:

b) Ta có

21

12 1

n

n

n

n

là chuỗi đan dấu, trong đó dễ thấy 22 1

n

nu

n

là dãy giảm

Vì

2

1 2 2 2 2

10 1

2 12 1 1 2 1 2

2 2 1

1 1n n

n nu u n

nn

n

n n

n

.

Mặt khác ta có 2

lim lim 02 1

nn n

nu

n

nên hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz.



c) Ta có 1

11

ln

n

n n n

là chuỗi đan dấu, trong đó 1

lnnu

n n là dãy giảm (vì ta có

2

ln 10

ln

nf n n e

n n

). Mặt khác ta có lim lim

1

ln0n

n n nu

n nên chuỗi

1

11

ln

n

n n n

hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz.

d) Ta có 1

11 sin

n

n n

là chuỗi đan dấu, trong đó khi n đủ lớn 1

sinnun

là dãy

giảm (vì ta có 2

1os

1 2c 0

nf n n

n ).

Mặt khác ta có 1

lim lim sin 0nn n

un

nên chuỗi 1

11 sin

n

n n

hội tụ theo tiêu

chuẩn Leibnitz.

2.6. Xét sự hội tụ của chuỗi có dấu bất kì:

a) 1

31

2 1

n

n

n

n n

b) 2017

1

12

n

nn

n

c) 1

2

sin

n

n

n

Giải.

a) Ta có:

3 3 3 2

11

2 1 2 1 2 2

n n n

n nn nn

n

n

.

Mà 2

2

1

2n n

hội tụ nên theo tiêu chuẩn so sánh ta có 1

31

2 1

n

n

n

n n

hội tụ.

Vậy 1

31

2 1

n

n

n

n n

hội tụ.

b) Ta có: 2017 2017

12 2

n

n n

n n . Mà

2017

2 2nn

n

hội tụ nên theo tiêu chuẩn so sánh ta có

2017

1

12

n

nn

n

hội tụ. Vậy 2017

1

12

n

nn

n

hội tụ.

c) Ta có:2 2

1sin0

n

n n . Mà

22

1

n n

hội tụ nên theo tiêu chuẩn so sánh ta có

12

sin

n

n

n

hội tụ. Vậy 1

2

sin

n

n

n

hội tụ.



Bài 3.

Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm số

Phương pháp:

1. Để tìm miền hội tụ của chuỗi hàm số ∑ 𝑢𝑛(𝑥)+∞𝑛=1 , ta xét sự hội tụ của chuỗi

∑ |𝑢𝑛(𝑥)|+∞𝑛=1 bằng dấu hiệu D’Alembert hay căn thức Cauchy theo các bước:

B1. Tính

1lim

n

nn

u xk x

u x

hoặc lim n

nn

u k x

.

B2. Giải bất phương trình |𝑘(𝑥)| < 1. Nghiệm của bất phương trình này, bỏ đi những

điểm làm cho 𝑢𝑛(𝑥) không xác định sẽ thuộc miền hội tụ của chuỗi hàm.

B3. Xét riêng tại những điểm 𝑥 là nghiệm của phương trình |𝑘(𝑥)| = 1. Sau đó kết

luận miền hội tụ của chuỗi hàm đã cho.

Ở bước thứ 3, xét riêng tại những điểm 𝑥 là nghiệm của phương trình |𝑘(𝑥)| = 1, thay

giá trị của 𝑥 vào chuỗi hàm sẽ trở thành chuỗi số, khi xét sự hội tụ của chuỗi số này để

nhanh gọn ta cần nhớ các chuỗi số thông dụng như:

1

. , 0n

n

a q a

là chuỗi hình học, hội tụ khi 1q và phân kì khi 1q .

1

1

n n


1

1

lnn n n


1

11

n

n n


2. Nếu là chuỗi lũy thừa có dạng ∑ 𝑢𝑛(𝑥 − 𝑥0)𝑛+∞

𝑛=0 , ngoài phương pháp như trên đã

nêu, dựa vào định lí 12 ta có thể tìm miền hội tụ theo các bước:

B1. Tính 1

limn

nn

u

u

hoặc n

nnlim u

.

Nếu 0 suy ra bán kính hội tụ R , kết luận ngay miền hội tụ là .

Nếu suy ra bán kính hội tụ 0R , kết luận ngay miền hội tụ là 0x .

Nếu là một số thực khác không, suy ra bán kính hội tụ 1

R

, suy ra miền

hội tụ D thỏa 0 0 0 0; ;Dx R x R x R x R . Chuyển sang bước 2.

B2. Tại hai đầu mút 0x x R hoặc 0x x R , thay vào chuỗi hàm thành chuỗi số,

xét sự hội tụ của chuỗi số đó rồi kết luận miền hội tụ.



3.1. Tìm miền hội tụ của chuỗi:

a) 1

, 0n

n

kx k

b)

1

1 1

1

n n

n n

x

x

c) 1

cos

n

n

n n

x

d) 1

1

1nnx

Giải.

a) 1

, 0n

n

kx k

là chuỗi hình học, chuỗi hội tụ khi và chỉ khi 1 1 1x x .

Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho là 1;1D .

b) 1 1

1

n n

n

xu

xn

xác định khi 1x và ta có:

1 1 1 1lim lim

1 1

n

n nn

u n x x

u n x x

theo tiêu chuẩn D‘Alembert thì chuỗi luôn hội tụ nếu

11 0

1 11 1 1

1 011 1

1 01

x

x x xx

xx x

x

Khi 1 01

1x

x

x

, chuỗi trở thành

1

1n

n n

chuỗi này hội tụ.

Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho là 0;D .

c) 3

2

1 1s

co0

n n n n

nxx

n

, mà 3

1 2

1

nn

hội tụ nên 1

cos

n

n

n n

x

luôn hội tụ với mọi

x . Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho là D .

d) Khi 1x ta có 1

1lim 1 0

nn x nên chuỗi

1

1

1nnx

phân kì.

Khi 1x ta có 1

1

11

1 1lim lim lim 1

11

n n

nn n n

n

nn

x x

x xx

x

u

u

nên chuỗi

1

1

1nnx

hội tụ.



Khi 1x ta có 1

1 1lim 0

2nn x nên chuỗi

1

1

1nnx

phân kì.

Khi 1x ta có 1

1

1n n

u

không xác định khi n lẻ.

Vậy chuỗi hội tụ khi và chỉ khi 1 1 1x x nên miền hội tụ của chuỗi đã cho

là ; 1 1;D .

3.2. Tìm miền hội tụ của chuỗi:

a)

21

1 1

3 .2

n

nn

n x

n n

b)

0

1

.3

n

nn

x

n

c)

0

1n

n

x

d) 0

! 2n

n

n x

e) 0

12

n

nn

xn

f)

0

32

ln

nn

nn

xn

Giải.

a) Ta có

2 2

1 1 1lim lim lim

23 .2 3 . 2

n

n nn n n nnn n n

n nu

n n n n

. Suy ra bán

kính hội tụ 1

2R

và miền hội tụ D: 1,3 1,3D .

Xét tại 1x , chuỗi đã cho trở thành

20

1 1

3

n

n

n

n n

, và chuỗi này hội tụ theo tiêu

chuẩn Leibniz.

Xét tại 3x , chuỗi đã cho trở thành 2

0

1

3n

n

n n

, ta có

2

1 1

3

n

n n n

khi n , mà

0

1

n n

phân kì nên chuỗi này phân kì.

Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho là 1,3D .

b) Ta có1 1 1

lim lim lim.3 3. 3

n nn n nnn n n n

un n

. Suy ra bán kính hội tụ

13R

L và 2,4 2,4D .



Xét tại 2x , chuỗi đã cho trở thành

0

1n

n n

, và chuỗi này hội tụ.

Xét tại 4x , chuỗi đã cho trở thành 0

1

n n

, và chuỗi này phân kì.

Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho là 2,4D .

c) Tính lim 1 1n

n

nx x

, theo tiêu chuẩn Cauchy chuỗi luôn hội tụ nếu

1 0 2x .

Tại 0x chuỗi trở thành 0

1n

n


Tại 2x chuỗi trở thành 0

1n


Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho là 0;2D .

d) Ta có 1

1 !lim lim lim

!

n

n n nn

nun

u n


10R

và miền hội tụ của chuỗi là 2D .

e) Ta có1 1

lim lim lim 0n nn nn n n

un n

. Suy ra bán kính hội tụ 1

R

và miền hội tụ của chuỗi là D .

f) Ta có

3 3lim lim lim 0

lnln

n

nnn nn n n

unn


1R

và miền hội tụ của chuỗi là D .

C. Bài tập đề nghị Bài 1. Xét sự hội tụ của các chuỗi số dương sau

1.1. 1

1

( 3)n n n

ĐA. Phân kỳ 1.2. 3

1

1

(2 1)n n n

ĐA. Hội tụ

1.3.

22

1

lnn n

ĐA. Phân kỳ 1.4.

ln2

1

lnn

n n

ĐA. Hội tụ



1.5.

ln

3

1

ln lnn

n n

ĐA. Hội tụ 1.6.

ln ln

3

1

lnn

n n

ĐA. Phân kỳ

1.7. 1

1n

n n n


1 cosn n

ĐA. Hội tụ

1.9. 1

1 1ln

n

n

n n

ĐA. Hội tụ 1.10. 3 3

1

1n

n n

ĐA. Phân kỳ

1.11. 1 2n

n

n


2

2

1

1

.3n nn

n

n

ĐA. Hội tụ

1.13.

11

3 1

2

n

nn


2

21

2 2 1

5 2 1

n

n

n n

n n

ĐA. Hội tụ

1.15.

2

1

1 11

2 1

n

nn n


2 (2 1)

5nn

n n

ĐA. Hội tụ

1.17. 1

2

5

n

nn n

ĐA. Hội tụ 1.18. 2

1

1sin

n n

ĐA. Hội tụ

1.19.

2

2

11

( !)

3n

n

n

ĐA. Hội tụ 1.20. 1

1

!

n

n

n

n e

ĐA. Phân kỳ

1.21.

1

!

2 1 2 2 ... 2n

n

n

ĐA. Hội tụ

1.22. 1

2 1 !! 1

2 !! 2 1n

n

n n

với 2 1 !! 1.3.5... 2 1 , 2 !! 2.4.6... 2n n n n

ĐA. Hội tụ

Bài 2. Xét sự hội tụ của các chuỗi đan dấu sau

2.1.

1

1

1

2 1

n

n n

ĐA. Hội tụ 2.2. 21

2 1001

3

n

n

n

n n

ĐA. Hội tụ

2.3. 1

2 11

3 2

nn

n

n

n

ĐA. Hội tụ 2.4. 2

1

sin1

n

n

n

n

ĐA. Hội tụ

2.5. 1

1

1

2 11

2

nn

nn

ĐA. Phân kỳ

2.6. 2 2 2

1 2 3 4...

2 2 1 3 1 4 1

ĐA. Hội tụ



2.7. 1 1 1 1

...ln 2 ln3 ln 4 ln5

ĐA. Hội tụ

2.8. 1

11 ln

n

n

n

n


1

11

1

1n

n nn

ĐA. Hội tụ

2.10.

1

1

1cos

n

n nn

ĐA. Hội tụ 2.11. 2

1

1

2

n

nn

n

ĐA. Hội tụ

2.12.

2

1

1 .2

!

n n

n n


2

2

1

1

n

nn n

ĐA. Hội tụ

2.14.

1

21

2

1

1

n

nn n

ĐA. Hội tụ 2.15. 21

sin4

sin4

n

n

nn

ĐA. Hội tụ

2.16.

2

1

1n

nn n


2

1

sinn

n

ĐA. Phân kỳ

2.18.

2

1

1

1.3.5... 2 11

2.4.6... 2

n

n

n

n

ĐA. Hội tụ

Bài 3. Xét sự hội tụ của các chuỗi có dấu bất kỳ sau

3.1.

2

1

2 1

n

nn


1

1

1n

n

n

n n

ĐA. Phân kỳ

3.3.

2

1

cos

2nn

n


2

1

cos1n

n

n

ĐA. Phân kỳ

3.5. 1001

2

1

12

n n

nn

n

ĐA. Hội tụ

3.6. 1 1 1 1 1 1 1 1

1 ...2 3 4 5 6 7 8 9

ĐA. Hội tụ

Bài 4. Tìm miền hội tụ của các chuỗi hàm số sau

4.1.1

1

1 nn x

, ĐA. ; 1 1; 4.2. 2

1 1

n

nn

x

x

, ĐA. \ 1

4.3. 1

1x

n n

, ĐA. 1; 4.4.

1

21

1

1

n

xn n

, ĐA. 0;



4.5.

4 21

1n

n

n

x n

, ĐA. 4.6. 1

1

. xn

n

x n

, ĐA. 2;

4.7. !

1

1 n

n

xn

, ĐA. 1;1 4.8. 1 2 1nx

n

x

, ĐA. 0;

4.9 1 2

n n

n

x x

, ĐA. 4.10. 2

1

lnsinn

n

x x

x n

, ĐA.

4.11. 1

cos

2nxn

nx

, ĐA. 0; 4.12. 1

cos

n

nx

n n

, ĐA.

4.13. ! sin

1

1 .n n x

n

e

, ĐA. 2 ; 2 ,k k k

4.14. 1

1

lnnn x

, ĐA. 1

0; ;ee

4.15. 1

1

2 .

n

n nn

xx

, ĐA. 1 1

1; ;12 2

Bài 5. Tìm miền hội tụ của các chuỗi lũy thừa sau

5.1. 1

n

n

nx

, ĐA. 0 5.2. 1

n

n

x

n

, ĐA. 1;1

5.3.

21

2n

n

x

n

, ĐA. 1;3 5.4.

1

1

1.

.2

n

n

nn

xn

, ĐA. 2;2

5.5.

1

4n

n

x

n

, ĐA. 3;5 5.6.

2 1

21

5

.4

n

nn

x

n

, ĐA. 7;3

5.7. 1 2 3

n

n nn

x

, ĐA. 3;3 5.8. 2

1

2 .n n

n

x

, ĐA. 0

5.9. 1

2 .n n

n

x

, ĐA. 1;1

5.10. 1

!

.n nn

n

x n

, ĐA. 1 1

; ;e e

5.11. 2

1

12

2 1

nn

n

nx

n

, ĐA. 2 2;2 2

5.12.

2 2 3 3 4 45 . 5 . 5 .5 ...

2! 3! 4!

x x xx

, ĐA.

5.13.

2 31 11

...1! 3! 5!

x xx

, ĐA.



Chương 4. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN

Ở ba chương trước, chúng ta đã nghiên cứu phép tính vi phân và tích phân của

hàm số một biến số. Tuy nhiên, trong thực tế khi cố gắng mô hình hóa thế giới thực thì

người ta nhận ra rằng các đại lượng biến thiên còn phụ thuộc vào nhiều đại lượng biến

thiên khác. Dưới đây là một số ví dụ cho thấy sự cần thiết phải xây dựng hàm số nhiều

biến số:

- Thể tích của hình trụ phẳng, tròn phụ thuộc vào bán kính đáy và chiều cao. Vì

thế, ta có thể xem thể tích này như một hàm số của hai biến số:

2,V r h r h .

- Bài toán về con lắc toán học: Cho một chất điểm có khối lượng m chuyển

động theo một đường tròn trong mặt phẳng thẳng đứng, dưới tác dụng của trọng lực.

Nếu bỏ qua sức cản (lực ma sát, sức cản không khí…) thì phương trình chuyển động

của chất điểm là:

0 0, , sing

s s l t s tl

với l : bán kính,

0s : biên độ.

Nghĩa là 0 , ,s l t sẽ xác định được vị trí của chất điểm M tại thời gian t.

- Tầm đi xa R của đường bay của viên đạn bắn ra với vận tốc ban đầu từ

nòng súng làm với đường nằm ngang một góc được xác định bởi:

2

00

sin 2,

vR v

g

.

- Hay một ví dụ rất thực tế là khi các nhà điều hành của các trang mạng xã hội

cố gắng dự đoán hành vi của người dùng (với nhiều mục đích) thì nảy sinh một hàm số

với hàng ngàn biến khác nhau như độ tuổi, giới tính, quốc tịch, số lần nhấp vào các

liên kết với cùng một chủ đề,…

Như vậy, có thể thấy rằng hàm nhiều biến số có ứng dụng rất rộng rãi trong thực

tế, nhất là trong các ngành khoa học kỹ thuật và kinh tế. Và cũng tương tự như hàm số một

biến số, hàm số nhiều biến số cũng có các phép tính vi phân và tích phân. Tuy nhiên, trong

giới hạn của tài liệu này chúng ta chỉ tìm hiểu phép tính vi phân hàm nhiều biến.


4.1.Khái niệm hàm nhiều biến

4.1.1.Định nghĩa

Định nghĩa 1. Cho tập hợp ,nD D . Ánh xạ f đi từ D vào được gọi là một

hàm số của n biến số.

Ký hiệu:

:f D

1 2 1 2, ,..., , ,...,n nx x x u f x x x

Trong đó:



Tập hợp D được gọi là miền xác định hay tập xác định của hàm số, gồm những

điểm 1 2, ,..., nx x x sao cho 1 2, ,..., nf x x x có nghĩa.

Tập hợp 1 2 1 2, ,..., , , ,...,n nu f x x x x x x D được gọi là tập giá trị của hàm

số.

Ví dụ 1. Tìm miền xác định của các hàm số sau:

a) 2 2, 1f x y x y ; b) 2 2 2

, ,16

yf x y z

x y z

.

Giải.

a) Miền xác định của hàm số là tập hợp các điểm 2,x y sao cho 2 21 0x y hay

2 2 1x y . Đó chính là hình tròn tâm O, bán kính 1.

b) Miền xác định của hàm số là: 3 2 2 2, , 16D x y z x y z . Đó là phần không

gian nằm ngoài hình cầu tâm O, bán kính 4, không kể mặt cầu.

Để cho đơn giản, các vấn đề tiếp theo trong chương này sẽ được trình bày

đối với trường hợp hàm số hai biến số.

4.1.2. Đồ thị của hàm số hai biến số

Cho hàm hai biến ,z f x y với ,x y D . Đồ thị của hàm số đã cho là tập

hợp các điểm 3, ,x y z với ,z f x y . Như vậy, đồ thị của hàm số 2 biến số

thường là một mặt cong trong không gian 3 chiều Oxyz. Sau đây ta xét các mặt cong

đặc biệt, thông dụng trong toán học và ứng dụng.

a. Ellipsoid

Phương trình chính tắc của Ellipsoid có dạng: 2 2 2

2 2 21

x y z

a b c .

Khi a b c R , ta có mặt cầu tâm O, bán kính R : 2 2 2 2x y z R .

Hình 4.1

b. Paraboloid elliptic

Phương trình chính tắc của Paraboloid elliptic có dạng: 2 2

2 2

x yz

a b .



Khi a b , ta có paraboloid tròn xoay: 2 2 2x y a z .

Hình 4.2

c. Mặt trụ bậc 2

Phương trình chính tắc của mặt trụ elliptic có dạng: 2 2

2 21

x y

a b .

Hình 4.3

Phương trình chính tắc của mặt trụ hyperbolic có dạng: 2 2

2 21

x y

a b .

Hình 4.4

Phương trình chính tắc của mặt trụ parabolic có dạng: 2 2y px .



Hình 4.5

d. Mặt nón bậc 2

Phương trình chính tắc của mặt trụ nón có dạng: 2 2 2

2 2 20

x y z

a b c .

Hình 4.6

4.2. Giới hạn của hàm số hai biến số

Khái niệm giới hạn hàm số hai biến số cũng được đưa về khái niệm giới hạn

hàm số một biến số.

Định nghĩa 2. Cho hai điểm ,M MM x y và 2,N NN x y . Khoảng cách giữa M và

N, ký hiệu ,d M N , được tính theo công thức:

2 2

, M N M Nd M N x x y y .

Định nghĩa 3. Dãy điểm 2,n n nM x y dần đến điểm 2

0 0 0,M x y , ký hiệu là

0nM M , khi n nếu



0lim ( , ) 0n

nd M M

hay

0

0

lim

lim

nn

nn

x x

y y

Định nghĩa 4. Cho hàm số ,f M f x y xác định trên tập 2D chứa điểm

0 0 0,M x y , có thể trừ điểm 0 0 0,M x y . L được gọi là giới hạn của hàm số f M

khi 0M M nếu với mọi dãy điểm 0, ,n n n nM x y D M M ta có

lim ( )nn

f M L

.

Ký hiệu: 0

lim ( )M M

f M L

hay

0 0, ( , )lim ,

x y x yf x y L

;

0

0

lim ,x xy y

f x y L

.

Định nghĩa theo ngôn ngữ “ , ”: Hàm số f M có giới hạn L khi 0M M nếu

00, 0 : 0 ,d M M f M L .

Chú ý. 1. Các khái niệm giới hạn vô hạn hay các định lý về tổng, hiệu, tích, thương,

giới hạn thứ tự, giới hạn kẹp đều giống như hàm số một biến số.

2. Nếu 0 0 0, ,M x y M x y theo hai hướng khác nhau mà ,f x y dẫn đến

các giá trị khác nhau thì ,f x y không tồn tại giới hạn tại 0 0 0,M x y .

Ví dụ 2. Chứng minh rằng:

a)

2 2

, (0,1)lim 2 2 4 5 3

x yx y y

; b)

2

2 2, (0,0)lim 0

x y

x y

x y

.

Giải.

a) Hàm số 2 2 22 2 4 5, ,f M x y y M x y , 0 0,1M .

Với 0 ta cần tìm 0 sao cho khi 00 ,d M M thì 3f M .

Ta có

2 2

2 2

22

2

0

0

3

2 2 4 5 3

2 2 1

2 1

2 ,

,2

f M

x y y

x y y

x y

d M M

d M M

Vậy với 0 ta chọn 2

, khi đó với mọi 2,M x y thỏa 00 ,d M M thì

ta sẽ có 3f M .

b) Hàm số 2

2 2,

x yf x y

x y

xác định trên 2 \ 0,0D .

Ta có 2

2 21, , 0,0

xx y

x y

nên

2

2 20 ,

x yf x y y

x y

.



Vậy theo định lý giới hạn kẹp thì

2

2 2, (0,0)lim 0

x y

x y

x y

.

Ví dụ 3. Tìm 2 2, (0,0)

limx y

xy

x y .

Giải.

Hàm số 2 2,

xyf x y

x y


Nếu cho , 0,0x y theo phương của đường thẳng y kx (k: hằng số) ta có:

2 22

.,

1

x kx kf x kx

kx kx

khi 0x .

Suy ra 20lim ,

1x

kf x kx

k

.

Vậy khi , 0,0x y theo những phương khác nhau (ứng với các giá trị khác nhau

của k ) thì ,f x y dần tới những giới hạn khác nhau. Do đó, không tồn tại

2 2, (0,0)lim .

x y

xy

x y

4.3. Sự liên tục của hàm số hai biến số

Định nghĩa 5. Cho hàm số ,f x y xác định trên miền D. Ta nói rằng ,f x y liên tục

tại điểm0 0( , )x y D nếu tồn tại

0 0( , ) ( , )lim ( , )

x y x yf x y

và:

0 00 0

( , ) ( , )lim ( , ) ( , )

x y x yf x y f x y

.

Hàm số f được gọi là liên tục trên tập D nếu nó liên tục tại mọi điểm M D .

Định lý 1. Nếu hàm số ,f x y liên tục trên miền đóng D giới nội thì nó đặt giá trị lớn

nhất và giá trị bé nhất trên miền D , tức là tồn tại 1 2,M D M D để có bất đẳng thức

kép:

1 2 , .f M f M f M M D

Ví dụ 4. Xét tính liên tục của hàm số sau tại 0,0M :

2 2, khi , 0,0

,

0 , khi , 0,0 .

xyx y

x yf x y

x y

Giải.

Ta có 0f M .

Tuy nhiên,

2 2, , (0,0)

lim , limx y M x y

xyf x y

x y

, giới hạn này không tồn tại (Ví dụ 3.).

Vậy hàm số đã cho gián đoạn tại 0,0M .



4.4. Đạo hàm và vi phân của hàm số hai biến số

4.4.1. Đạo hàm riêng cấp một

Định nghĩa 6. Cho ,z f x y là một hàm số xác định trên tập D và 0 0( , )x y D . Nếu

0,f x y (hàm số theo x) có đạo hàm tại 0x x thì đạo hàm đó gọi là đạo hàm riêng đối

với x của hàm số ,f x y tại 0 0( , )x y và được ký hiệu là:

0 0( , )f

x yx

, 0 0

'( , )xf x y , 0 0( , )z

x yx

hoặc 0 0

' ( , )xz x y .

Vậy theo định nghĩa đạo hàm của hàm số một biến số, ta có:

0 0 0 00 0

0

( , ) ( , )( , ) lim

x

f x x y f x yfx y

x x

.

Đạo hàm riêng đối với y của hàm số ,f x y tại 0 0( , )x y cũng được định nghĩa

và ký hiệu tương tự:

0 0 0 00 0

0

( , ) ( , )( , ) lim

y

f x y y f x yfx y

y y

.

Như vậy, khi tính đạo hàm riêng của hàm ,z f x y theo biến x , ta chỉ việc

xem y là hằng số và lấy đạo hàm của f đối với x ; và cách tính đạo hàm riêng của hàm

f theo biến y cũng tương tự.

Ví dụ 5. Tính các đạo hàm riêng của các hàm số sau:

a) ; b) ;

c) , sinf x y xy ; d) .

Giải.

a) ' 2 33 6 2xz x xy y và ' 2 2 33 6 4yz x xy y .

b) ' 1y

xz yx . (Ta cần tính đạo hàm riêng theo biến x nên lúc này ta coi y là hằng số và

áp dụng công thức '

1n nx nx )

' ln .y

yz x x (Ta cần tính đạo hàm riêng theo biến y nên lúc này ta coi x là hằng số và áp

dụng công thức '

lnx xa a a )

c) ' ycosxf xy và ' cosyf x xy .

d)

2

'

2

2 sin cos

sinx

x xy x y xyf

xy

. (Ta cần tính đạo hàm riêng theo biến x nên lúc này ta

coi y là hằng số và áp dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp '

2

' 'u u v v u

v v

)

3

'

2

cos

siny

x xyf

xy

. (Ta cần tính đạo hàm riêng theo biến x nên lúc này ta coi y là hằng số

và áp dụng công thức '

2

1 'v

v v

)

3 2 3 43 2z x x y xy y 0yz x x

2

,sin

xf x y

xy



Ý nghĩa của đạo hàm riêng:

Ý nghĩa hình học: Khi ta cố định biến số y bằng 0y của hàm số ,z f x y , thì

đồ thị của hàm số bị mặt phẳng 0y y cắt theo một đường cong

1s có phương trình

0

,z f x y

y y

Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm hàm số một biến số, ta thấy '

0 0,xf x y là hệ

số góc của tiếp tuyến 0M T của đường cong

1s tại điểm 0 0 0 0 0 0, , ,M x y z f x y .

Tương tự như vậy, ta có '

0 0,yf x y là hệ số góc của tiếp tuyến

0M T tại điểm

0 0 0 0 0 0, , ,M x y z f x y của đường cong

2s là giao tuyến của hai mặt ,z f x y và

0x x .

Ý nghĩa cơ học: Đạo hàm riêng '

0 0,xf x y biểu diễn vận tốc biến thiên tại điểm

0 0,x y của hàm số ,f x y theo hướng của trục Ox. Tương tự như vậy, '

0 0,xf x y

biểu diễn vận tốc biến thiên tại điểm 0 0,x y của hàm số ,f x y theo hướng của trục

Oy.

4.4.2. Đạo hàm riêng cấp cao

Định nghĩa 7. Các đạo hàm riêng cấp một của hàm số ,f x y cũng là các hàm số hai

biến số ' ,xf x y và ' ,xf x y . Nếu các hàm số này có đạo hàm riêng thì ta gọi chúng là

các đạo hàm riêng cấp hai của hàm số ,f x y .

Ký hiệu: 2

''' '' '

xx xx xf f f hay

2

2

f f

x x x

'

'' '

xy x yf f hay

2 f f

x y y x

'

'' '

yx y xf f hay

2 f f

y x x y

2

''' '' '

yy yy yf f f hay

2

2

f f

y y y

.

Chú ý. Các đạo hàm riêng cấp 2n được định nghĩa tương tự.

Định lý 2. (Định lý Schwarz) Nếu hàm số ,f x y có các đạo hàm riêng ''

xyf , ''

yxf trong

một miền D và nếu các đạo hàm riêng đó liên tục tại điểm 0 0,x y D thì

'' ''

0 0 0 0, ,xy yxf x y f x y .

Ví dụ 6. Tính các đạo hàm riêng cấp hai của hàm số 2 2, yf x y x e xy .

Giải. ' 22 y

xf xe y , ' 2 2y

yf x e xy ,

2

'' 2 y

xf e , 2

'' 2 2y

yf x e x ,



'' 2 2y

xyf xe y , '' 2 2y

yxf xe y .

4.4.3. Vi phân toàn phần cấp một

Định nghĩa 8.

● Cho ,f x y là hàm số xác định trên tập 2D . Cho 0 0 0( , )M x y và

0 0( , )M x x y y là 2 điểm thuộc D. Nếu số gia toàn phần

0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , )f x y f x x y y f x y

có thể biểu diễn dưới dạng:

0 0( , )f x y A x B y x y ,

trong đó A, B là các số không phụ thuộc ,x y ; còn 0 và 0 khi 0x ,

0y thì ta nói ,f x y khả vi tại0 0 0( , )M x y , biểu thức A x B y gọi là vi phân toàn

phần của hàm số ,f x y tại điểm 0 0( , )x y ứng với các số gia ,x y và được ký hiệu

0 0( , ).df x y Do đó:

0 0( , )df x y A x B y .

● Hàm số f được gọi là khả vi trên tập D nếu nó khả vi tại mọi điểm thuộc D.

Định lý 3. (Điều kiện khả vi của hàm số hai biến số) Nếu hàm số ,f x y có các đạo

hàm riêng trong một miền D chứa điểm 0 0 0( , )M x y và nếu các đạo hàm riêng ấy liên

tục tại 0M thì hàm số ,f x y khả vi tại

0M , vi phân toàn phần của ,f x y được tính

bởi công thức: ' '

0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , )x ydf x y f x y x f x y y .

Vì x, y là các biến số độc lập nên ta có x dx, y dy , do đó 0 0( , )df x y còn viết ở

dạng:

' '

0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , )x ydf x y f x y dx f x y dy .

Ví dụ 7. Cho hàm số 2( , ) yf x y xe x y . Tính (2,0)df .

Giải.

' '2 , 2,0 1y

x xf e xy f .

' 2 ', 2,0 6y

y yf xe x f .

Vậy (2,0) 6 .df dx dy

Ý nghĩa của vi phân toàn phần:

Giả sử hàm số ,f x y khả vi tại 0 0( , )x y . Khi đó:

' '

0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , )x yf x y f x y x f x y y x y .

Khi , x y khá nhỏ, ta có thể xấp xỉ:

' '

0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , )x yf x y f x y x f x y y ,

tương đương với: ' '

0 0 0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , ) ( , )x yf x x y y f x y f x y x f x y y .

Suy ra:



' '


Công thức này thường được dùng để tính gần đúng giá trị của hàm số hai biến số.

Ví dụ 8. Tính gần đúng 1,02

arctan0,95

.

Giải.

Ta có 1,02 1 0,02

arctan arctan0,95 1 0,05

.

Xét hàm số , arctanx

f x yy

.

Ta thấy 0 0

1 0,02arctan ( , )

1 0,05f x x y y

với

0 01, 1, 0,02, 0,05x y x y .

Mà

' '

0 0 0 0 0 0 0 0

' '

( , ) ( , ) ( , ) ( , )

1,1 1,1 .0,02 1,1 . 0,05

x y

x y

f x x y y f x y f x y x f x y y

f f f

Với ' '

2 2 2 2, x y

y xf f

x y x y

.

Vậy 1,02 1 1

arctan arctan1 .0,02 . 0,05 0,035 0,820,95 2 2 4

.

Ví dụ 9. Một hình trụ bằng kim loại có chiều cao 20cmh và bán kính đáy 4cmr .

Khi nóng lên h và r nở thêm các đoạn 0,1cmh r . Hãy tính gần đúng thể tích hình

trụ khi nóng lên.

Hướng dẫn giải.

Thể tích hình trụ là 2V r h . Xét hàm số 2,V h r r h và tính gần đúng giá trị của

hàm ,V h r với 20cmh , 4cmr và 0,1cmh r .

Đáp số: 3.337,6cmV .

4.4.4. Vi phân toàn phần cấp cao

Định nghĩa 9. Vi phân toàn phần cấp một của hàm số ,f x y (nếu tồn tại) cũng là

hàm số hai biến số ' '( , ) ( , ) ( , )x ydf x y f x y dx f x y dy .

Nếu ( , )df x y khả vi thì vi phân của nó được gọi là vi phân cấp hai của hàm số ,f x y ,

ký hiệu là 2 ( , ) ( , )d f x y d df x y .

Tổng quát, vi phân cấp n của hàm số ,f x y (nếu có) sẽ được ký hiệu:

1( , ) ( , )n nd f x y d d f x y .

Công thức vi phân cấp hai của hàm số ,f x y :

2 2

2 '' 2 '' '' '' 2( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )xy yxx yd f x y f x y dx f x y f x y dxdy f x y dy .

Giả sử các đạo hàm riêng hỗn hợp liên tục, theo Định lý Schwarz ta có:



2 2

2 '' 2 '' '' 2( , ) ( , ) 2 ( , ) ( , )xyx yd f x y f x y dx f x y dxdy f x y dy .

4.5. Đạo hàm của hàm số hợp

Cho tập hợp nD và hai ánh xạ : , :mD f D . Khi đó, ánh xạ tích:

1 1 1 1 1 1

:

,..., ,..., ,..., ,..., ,..., ,.

m

n n m n n

f D

x x y x x y x x z f y x x

1.., ,...,m ny x x

được gọi là hàm số hợp.

Để cho đơn giản, ta xét hàm số hợp f với 2n m .

4.5.1. Trường hợp một biến độc lập

Xét hàm số ,z f x y với , x x t y y t . Khi đó hàm hợp

,z t f x t y t có đạo hàm theo biến t như sau:

. .dz z dx z dy

dt x dt y dt

.

Đặc biệt, khi y y x hàm hợp ,z x f x y x có đạo hàm theo biến x như

sau:

.dz z z dy

dx x y dx

.

Chú ý: Chúng ta cần phân biệt ký hiệu “ d ” và “ ”. Các hàm số một biến số chỉ có

đạo hàm theo biến số đó thì ta dùng ký hiệu “ d ”, còn các hàm số nhiều biến số có đạo

hàm riêng theo từng biến được ký hiệu “ ”.

Ví dụ 10.a) Tìm dz

dt với 2 3z x y , trong đó 2cos , sin 3 1x t y t .

b) Tìm dz

dx với yz xe , trong đó cos 3 2y x .

Giải.

a) Ta có 2, 3, 2cos sin sin 2 , 3cos 3 1z z dx dy

t t t tx y dt dt

.

Vậy . . 2sin 2 9cos 3 1dz z dx z dy

t tdt x dt y dt

.

b) Ta có , , 3sin 3 2y yz z dye xe x

x y dx

.

Vậy cos 3 2

. 1 3 sin 3 2xdz z z dy

e x xdx x y dx

.

4.5.2. Trường hợp hai biến độc lập

Xét hàm số ,z f x y với , , ,x x u v y y u v . Khi đó hàm hợp

, , , ,z u v f x u v y u v có các đạo hàm riêng theo hai biến , u v như sau:

. .z z x z y

u x u y u



và . .z z x z y

v x v y v

.

Ví dụ 10. Tìm các đạo hàm riêng theo hai biến , u v của hàm số ,z f x y xy y với

2 , ln 0x u uv y uv u u .

Giải.

Ta có 2 1

ln , 1 1, 2 , , , z z x x y y

y uv u x u uv u v u v ux y u v u u v

.

Vậy 2 1ln 2 1

zuv u u v u uv v

u u

và

2ln 1z

uv u u u uv uv

.

4.6. Đạo hàm của hàm số ẩn

4.6.1. Hàm ẩn một biến

Định nghĩa 10. Cho phương trình , 0F x y , trong đó ,F x y là một hàm số hai biến

số xác định trên 2D . Nếu y y x là một hàm số xác định trên ,a b sao cho

,x y x D và , 0F x y x với mọi ,x a b thì ta nói y y x là một hàm ẩn theo

biến x xác định bởi phương trình , 0F x y .

Công thức đạo hàm của hàm ẩn một biến:'

'

x

y

Fdy

dx F .

Ví dụ 11. Cho phương trình 2 sin 2 0y y x . Tính đạo hàm hàm ẩn y y x xác

định bởi phương trình đã cho tại 0 0x .

Giải.

Đặt , 2 sin 2F x y y y x .

'

'

'

2

2 cos

x

y

Fy x

F y

.

Tại 0 0x ta có

0 02 sin 0y y nên 0 0y .

Do đó, ' 20 2

2 cos0y

.

4.6.2. Hàm ẩn hai biến

Tương tự trường hợp hàm ẩn một biến, phương trình , , 0F x y z xác định một hàm

ẩn ,z z x y theo hai biến ,x y .

Công thức các đạo hàm riêng của hàm ẩn hai biến:

''

' ';

yx

z z

FFz z

x F y F

.

Ví dụ 12. Cho phương trình 2 2 22 3 0x y z yz y . Tìm '

xz và '

yz .



Giải.

Đặt 2 2 2, , 2 3F x y z x y z yz y .

Ta có ' 2xF x ,

' 4 1yF y z ,

' 6zF z y .

Vậy '

'

'

2

6

xx

z

F xz

F z y

và

'

'

'

4 1

6

y

y

z

F y zz

F z y

.

4.7. Cực trị của hàm số hai biến số

4.7.1.Định nghĩa cực trị

Cho hàm số ,z f x y xác định trên tập 2D chứa điểm0 0 0( , )M x y .

Nếu 0( ) ( )f M f M , với mọi điểm ,M x y đủ gần 0 0 M M M , thì ta nói

hàm số z đạt cực đại tại điểm 0M ; khi đó 0f M được gọi là giá trị cực đại của hàm

số z tại điểm này (gọi tắt là cực đại), còn 0M được gọi là điểm cực đại.

Nếu 0( ) ( )f M f M , với mọi điểm ,M x y đủ gần 0 0 M M M , thì ta nói

hàm số z đạt cực tiểu tại điểm 0M ; khi đó 0f M được gọi làgiá trị cực tiểu của hàm

số z tại điểm này (gọi tắt là cực tiểu), còn 0M được gọi là điểm cực tiểu.

Cực đại và cực tiểu của hàm số được gọi chung là cực trị.

Phát biểu gọn dưới dạng ký hiệu như sau:

_ Hàm đạt cực đại (địa phương thực sự) tại , nếu

.

_ Hàm đạt cực tiểu (địa phương thực sự) tại , nếu

.

Ví dụ 13. Hàm số 2 2

2 2 23, 0 0,0 , ,

2 4

y yz f x y x y xy x f x y

nên đạt cực tiểu tại điểm 0,0O và giá trị cực tiểu tại điểm này là 0.

4.7.2. Phân loại cực trị

Trong không gian Oxyz , xét mặt cong S chứa đường cong C , chiếu S lên

mặt phẳng Oxy ta được miền 2D và đường cong phẳng : , 0x y như hình

vẽ.

Khi đó, điểm 1P S là điểm cao nhất (hoặc thấp nhất) so với các điểm trong lân

cận của nó và hình chiếu 1M D được gọi là điểm cực trị tự do của hàm ,z f x y

xác định trên 2D (vì không phụ thuộc vào ).

f0M

0 0 0( , ), ( , ) ( ) \ : ( ) ( )B M M x y B D M f M f M

f0M

0 0 0( , ), ( , ) ( ) \ : ( ) ( )B M M x y B D M f M f M



Hình 4.7

Tương tự, điểm 2P C là điểm cao nhất (hoặc thấp nhất) so với các điểm

trong lân cận của nó và hình chiếu 2M được gọi là điểm cực trị có điều kiện ràng

buộc bởi : , 0x y của hàm ,z f x y .

4.7.3. Cực trị tự do

Định lý 4. (điều kiện cần) Nếu hàm số ,z f x y đạt cực trị tại 0 0 0( , )M x y và tại đó

hàm số có đạo hàm riêng thì ' '

0 0 0 0( , ) ( , ) 0x yf x y f x y .

Điểm 0 0 0( , )M x y thỏa ' '

0 0 0 0( , ) ( , ) 0x yf x y f x y được gọi là điểm dừng của hàm

số. Điểm 0 0 0( , )M x y có thể không là điểm cực trị.

Định lý 5. (điều kiện đủ) Giả sử hàm số ,z f x y có điểm dừng là 0 0 0( , )M x y và có

các đạo hàm riêng cấp hai tại lân cận của 0 0 0( , )M x y . Đặt:

2 2

'' '' ''

0 0 0 0 0 0, , , , ,xyx yA f x y B f x y C f x y và 2B AC .

Khi đó:

i) Nếu 0 thì hàm số không đạt cực trị tại 0 0 0( , )M x y .

ii) Nếu 0 thì hàm số đạt cực trị tại 0 0 0( , )M x y . Hơn nữa:

0 0 0( , )M x y là điểm cực đại khi 0A .

0 0 0( , )M x y là điểm cực tiểu khi 0A .

iii) Nếu 0 thì chưa kết luận được hàm số có đạt cực trị tại 0 0 0( , )M x y hay

không.

Phương pháp tìm Cực trị tự do của hàm số ,z f x y .



Bước 1: Tính các đạo hàm riêng cấp 1, cấp 2.

Bước 2: Giải hệ phương trình

'

'

0

0.

x

y

f

f

Mỗi nghiệm của hệ được gọi là một điểm dừng.

Bước 3: Đặt 2

''

xA f ; ''

xyB f ; 2

''

yC f .

Đặt .

Bước 4: Ứng với mỗi điểm dừng 0 0 0( , )M x y tính 0 0 0 0, , ,x y A A x y .

Xét dấu của và A để kết luận

0 0 0( , )M x y không là điểm cực trị của hàm số

0 0 0( , )M x y là điểm cực đại của hàm số

0 0 0( , )M x y là điểm cực tiểu của hàm số

chưa kết luận được hàm số có đạt cực trị tại 0 0 0( , )M x y hay

không

Ví dụ 14. Tìm cực trị của hàm số: 3 3, 12f x y x y xy .

Giải.

Bước 1: Tính các đạo hàm riêng: ' 23 12xf x y ; ' 23 12yf y x ;

2

'' 6x

f x ; 2

'' 6y

f y ;

'' 12xyf .

Bước 2:Xét hệ phương trình ' 2

' 2

0 3 12 0 (1)

0 3 12 0 (2)

x

y

f x y

f y x

Lấy (1) – (2) ta được phương trình:

2 2

2 2

3 12 3 12 0

3 12 0

(3)3 4 0

4 (4)

x y y x

x y x y

x yx y x y

x y

Thay (3) vào (2) ta có:

2

0 03 12 0

4 4

y xy y

y x

Thay (4) vào (2) ta có: 23 12 48 0y y (phương trình vô nghiệm).

Do đó, hàm số có 2 điểm dừng là 1 0;0M và 2 4;4M .

Bước 3:Đặt 2

'' 6x

A f x ; '' 12xyC f ; 2

'' 6y

B f y . 2 36 4B AC xy .

Bước 4:

2B AC

0 ,f x y

00A ,f x y

0A ,f x y

0



Tại 1 0;0M : 144 0 nên hàm số không đạt cực trị tại 1 0;0M .

Tại 2 4;4M : 432 0 và 24 0A nên hàm số đạt cực tiểu tại 2 4;4M và

4;4 64f .

Ví dụ 15. Tìm cực trị của hàm số: 4 4 2 22z x y x xy y .

Giải.

Tìm các điểm dừng bằng cách giải hệ phương trình: ' 3 3 3

' 3 3

4 2 2 0 (1)

4 2 2 0 2 0 (2)

x

y

z x x y x y

z y x y y x y

Phương trình (1) 3 3 0x y

2 2

2 2

0

=0

0

x y x xy y

x y

x xy y

TH1: =0 x=yx y thay vào (2) ta có: 3 2 2 0y y

22 1 0

0 0

1 1

1 1.

y y

y x

y x

y x

TH1: 2 2 0x xy y .

Ta có 2

2 2 230 ,

2 4

yx xy y x y x y

Dấu “=” xảy ra 00

20.

0

yxx

yy

Do đó Hệ có 3 nghiệm là 0,0 , 1,1 và 1, 1 .

Nên hàm số có 3 điểm dừng 0 10,0 , 1,1M M và 2 1, 1M .

Ta có 2 2

'' 2 '' '' 212 2, 2, 12 2xyx yz x z z y .

+ Tại : 2 2

'' '' ''

0 0 02, 2, 2xyx yA z M B z M C z M .

Suy ra .

Vậy không thể dùng điều kiện đủ của cực trị để kết luận điều gì về điểm mà ta

phải khảo sát trực tiếp bằng định nghĩa. Ta có:

sao cho

.

0 (0,0)M

2 0B AC

0M

0 1 1 2 2 0

1 1 1 1( , ), 1: , , , , , ( , )B M n x y x y B M

n n n n

1 1 1 2 22 2 4

2 1 2( , ) 2 0 ( ) ( , )z x y z M z x y

n n n



Nên không phải là điểm cực trị của hàm số z.

+ Tại 1 1,1M và 2 1, 1M :

10, 2, 10A B C .

Suy ra .

Vậy hàm đạt cực tiểu tại và với .

4.7.4. Cực trị có điều kiện

Xét hàm số ,z f x y , với điều kiện ràng buộc , 0x y .

Định lý 6. (điều kiện cần của cực trị có điều kiện)Giả sử:

i) Các hàm số ,f x y và ,x y có các đạo hàm riêng cấp một liên tục trong

một lân cận của điểm 0 0 0( , )M x y với , 0x y .

ii) '

0 0, 0x x y hay '

0 0, 0y x y .

Khi đó, nếu ,f x y đạt cực trị tại 0 0 0( , )M x y với điều kiện , 0x y thì tồn tại số thực

sao cho:

' '

0 0 0 0

' '

0 0 0 0

, , 0

, , 0.

x x

y y

f x y x y

f x y x y

Hàm số , , , ,L x y f x y x y được gọi là hàm Lagrange. Tham số thực

được gọi là nhân tử Lagrange.

Định lý 7. (điều kiện đủ của cực trị có điều kiện)

Giả sử các hàm số ,f x y và ,x y có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục

trong một lân cận của điểm 0 0 0( , )M x y với , 0x y và

0 0( , , )x y là điểm dừng của

hàm Lagrange. Khi đó:

Nếu 2 2

2 '' 2 '' '' 2

0 0 0 0 0 0 0 0( , , ) , , , , , ,xyx yd L x y L x y dx L x y dxdy L x y dy xác định

dấu đối với , dx dy trong miền thỏa mãn ràng buộc:

' ' 2 2

0 0 0 0 0 0( , ) , , 0, 0x yd x y x y dx x y dy dx dy

thì ,f x y đạt cực trị có điều kiện tại 0 0 0( , )M x y . Hơn nữa,

0 0 0( , )M x y là điểm cực tiểu

nếu 2

0 0( , , ) 0d L x y và là điểm cực đại nếu 2

0 0( , , ) 0d L x y .

Nếu 2

0 0( , , )d L x y không xác định dấu trong miền nói trên thì hàm số không đạt

cực trị có điều kiện tại 0 0 0( , )M x y .

Để tìm cực trị có điều kiện của hàm số ,z f x y với điều kiện ràng buộc

, 0x y ta dùng phương pháp khử hoặc phương pháp nhân tử Lagrange.

Phương pháp khử: Từ phương trình , 0x y ta rút x hoặc y thế vào ,f x y , sau

đó tìm cực trị của hàm một biến.

Ví dụ 16. Tìm cực trị của hàm số: 2 2, 5 4 10f x y x y xy x y với điều kiện

4x y .

0M

2 96 0B AC

1M 2M min 1 2( ) ( ) 2z z M z M



Giải.

Từ điều kiện 4x y suy ra 4y x thay vào hàm ,f x y ta được hàm số một biến:

2,4 5 10.g x f x x x x

Khi đó, cực trị địa phương của g x cũng chính là cực trị có điều kiện của ,f x y .

TXĐ: D

' ' 5 32 5, 0 .

2 2g x x g x x y

Lập bảng biến thiên và tìm ra min

5 3 15,

2 2 4f f

.

Phương pháp nhân tử Lagrange:

Bước 1: Lập hàm Lagrange: , , , ,L x y f x y x y .

Bước 2: Xác định điểm dừng 0 0 0( , )M x y ứng với nhân tử Lagrange 0 bằng cách giải

hệ phương trình

'

'

, , 0

, , 0

, 0.

x

y

L x y

L x y

x y

Bước 3: Tại mỗi điểm dừng tìm vi phân cấp hai:

2 2

2 '' 2 '' '' 2

0 0 0 0 0 0 0 0( , , ) , , , , , ,xyx yd L x y L x y dx L x y dxdy L x y dy

với điều kiện các biến , dx dy liên hệ nhau bởi hệ thức:

' ' 2 2

0 0 0 0 0 0( , ) , , 0, 0x yd x y x y dx x y dy dx dy .

2

0 0( , , ) 0d L x y 0 0 0( , )M x y là điểm cực đại của hàm số

2

0 0( , , ) 0d L x y 0 0 0( , )M x y là điểm cực tiểu của hàm số

2

0 0( , , )d L x y không xác định

dấu

Hàm số không đạt cực trị tại0 0 0( , )M x y .

Ví dụ 17. Tìm cực trị của hàm số: , 1 4 8f x y x y thỏa điều kiện

2 2, 8 8 0x y x y .

Giải.

● Lập hàm Lagrange: 2 2, , , , 1 4 8 8 8L x y f x y x y x y x y .

● Giải hệ phương trình

'

'

2 2

14 2 0 4, 1,2

8 16 01

4, 1,, 8 8 0 2

x

y

L x x y

L y

x yx y x y

● 2 2

2 '' 2 '' '' 2 2 22 16xyx yd L L dx L dxdy L dy dx dy .

2 16d xdx ydy .

,f x y

,f x y

,f x y



● Tại 1 4,1M , 1

2 :

2 2 2

2 2

4,1 8

4,1 8 16 0

4,1 4 0

2

d L dx dy

d dx dy

d L dy

dx dy

Suy ra điểm 1 4,1M là điểm cực tiểu có điều kiện của f , 1 9f M .

● Tại 2 4, 1M , 1

2 :

2 2 2

2 2

4, 1 8

4, 1 8 16 0

4, 1 4 0

2

d L dx dy

d dx dy

d L dy

dx dy

Suy ra điểm 2 4, 1M là điểm cực đại có điều kiện của f , 2 7f M .

4.8. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số hai biến số Cực trị đã được giới thiệu ở các mục trên, chỉ mang tính chất địa phương. Nghĩa

là, chúng chỉ lớn hơn (hay nhỏ hơn) những giá trị khác của hàm số trong một lân cận

(đủ bé) của điểm cực trị đang xét, người ta thường gọi đó là cực trị địa phương. Để mở

rộng tính chất cục bộ này, ta hãy xét tính chất cực trị của hàm số trên toàn bộmột miền

nào đó.

Ta nhớ lại rằng, nếu hàm số ,f x y liên tục trong một miền đóng giới nội D, thì

nó đạt giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) trong miền ấy (Định lý 1).

Nếu các giá trị đó đạt tại những điểm ở bên trong miền D, thì những điểm này phải là

điểm cực trị, do đó chúng lại là điểm dừng của hàm số. Ngoài ra GTLN và GTNN của

hàm số cũng có thể đạt được trên biên của miền D.

Để tìm GTLN và GTNN của hàm số ,f x y trên miền đóng giới nội D, ta thực

hiện các bước sau:

Bước 1: Giải hệ phương trình

'

'

0

0

x

y

f

f

để tìm tất cả các điểm dừng thuộc miền D

nhưng không thuộc biên của D. Tính giá trị của f tại các điểm dừng.

Bước 2: Tìm các điểm nghi ngờ trên biên của D. Tính GTLN và GTNN của f trên

biên của miền D.

Bước 3: So sánh giá trị của f tại các điểm dừng ở Bước 1 và các điểm nghi ngờ ở

Bước 2. Khi đó số lớn nhất và nhỏ nhất trong đó chính là GTLN và GTNN cần tìm.

Ví dụ 18. TìmGTLN và GTNN của hàm số: 2 2,f x y x y xy x y trên miền D

xác định bởi 0, 0, 3x y x y .

Giải.




'

'

0 2 1 0 1

2 1 0 10

x

y

f x y x

y x yf

Hàm số có một điểm dừng 0 1, 1M D , 1, 1 1f (1)

● Trên biên D:

Trên OA: 0, 3 0y x . Hàm f trở thành 2

1f x x .

' '

1 1

12 1, 0

2f x f x .

Các điểm nghi ngờ trên OA là: 1

3,0 , 0,0 , ,02

.

1 1

3,0 6, 0,0 0, f ,02 4

f f

(2)

Trên OB: 0, 3 0x y . Hàm f trở thành 2

2f y y .

' '

2 2

12 1, 0

2f y f y .

Các điểm nghi ngờ trên OB là: 1

0,0 , 0, , 0, 32

.

1 1

0, 3 6, 0,2 4

f f

(3)

Trên AB: 3, 3 0y x x . Hàm f trở thành 2

3 3 9 6f x x .

' '

3 3

3 36 9, 0

2 2f x f x y .

Các điểm nghi ngờ trên AB là: 3 3

3,0 , 0, 3 , ,2 2

.

3 3 3,

2 2 4f

(4)

So sánh từ (1) đến (4) ta suy ra GTLN và GTNN của hàm f trên miền D như sau:



max 6 3,0 0, 3

min 1 1, 1 .

D

D

f f f

f f

Ví dụ 19. Tìm GTLN và GTNN của các hàm số 2 2( , )f x y x y trên miền đóng

2 2 2, | ( 2) ( 2) 9D x y x y .


Ta tìm được điểm dừng 0,0 D , 0,0 0f .

Biên của D có phương trình 2 2( 2) ( 2) 9x y .

Đặt 2 3cos , 2 3sin , 0;2x t y t t .

Khi đó: 13 6 2(sin cos ) 13 12sin( 4)f t t t .

max 25f khi 4t , tức là đạt tại 5 2

2x y ;

min 1f khi t 5 4 5 4t , tức là đạt tại 2

2x y .

Ví dụ 20. Tìm GTLN, GTNN của 2 2, 12 16f x y x y x y , trên tập

2 2 2( , ) | 25D x y x y .


Ta tìm được điểm dừng 6, 8 D . Nên ta tìm GTLN, GTNN trên đường tròn

2 2 25x y .

Xét hàm Lagrange 2 2 2 2( , , ) 12 16 ( 25)L x y x y x y x y và giải hệ :

'

'

2 2

2 12 2 0

2 16 2 0

25 0

x

y

L x x

L y y

x y

ta nhận hai điểm có thể đạt cực trị có điều kiện là 1 2(3; 4), ( 3;4)M M . Từ đó tìm

được:

max min( 3;4) 124; (3; 4) 75f f f f .




Bài 1.

Giới hạn của hàm hai biến

Tính giới hạn hàm số: Phương pháp:

Qua Ví dụ 2 ta thấy rằng rất khó để chứng minh giới hạn trực tiếp bằng định nghĩa

theo ngôn ngữ “ , ”. Vì vậy, để tìm giới hạn ta thường phải dùng nhiều biến đổi phụ

như sau:

1. Biến đổi để dùng các công thức tính giới hạn cơ bản.

2. Dùng định lý giới hạn kẹp.

3. Dùng biểu thức phụ (đặt ẩn phụ).

4. Chuyển sang tọa độ cực.

1.1. Tính giới hạn sau:

a.

2

2

, 0,2lim 1 x xy

x yxy

; b.

2 2, 0,0lim

x y

xy

x y ;

c.

22

22, 0,1

1 1 1lim

1x y

x y

x y

; d.

2

2 2, (0,0)lim .

x y

x y

x y

Giải.

a. Ta có hàm số 2

22 1

, 1 1

y

x yxyx xyf x y xy xy

.

Khi , 0,2x y thì 0xy .

Áp dụng công thức 1

0lim 1 u

uu e

, ta có :

2

22

, 0,2lim 1 x xy

x yxy e

.

b. Hàm số 2 2

,xy

f x yx y

xác định trên 2 2 2, | 0D x y x y .

Ta có 2 2

1, ,x

x y Dx y

nên 2 2 2 2

0 ,xxy

f x y y yx y x y

.

Vậy theo định lý giới hạn kẹp thì 2 2, (0,0)

lim 0x y

xy

x y

.

c. Hàm số

22

22

1 1 1,

1

x yf x y

x y


Đặt 22 1t x y với 0t . Khi , 0,1x y thì 0t .

Khi đó hàm số f trở thành: 1 1t

g tt

.

Vì vậy,

L'Hospital

, 0,1 0 0 0

1 1 1 1lim , lim lim lim

22 1x y t t t

tf x y g t

t t

.



d. Cách 1: Dùng định lý kẹp. (Đã giải ở Ví dụ 2 câu b.)

Cách 2: Chuyển sang tọa độ cực.

Hàm số 2

2 2,

x yf x y

x y


Đặt cos

sin .

x r

y r

Ta có

2 2 22

2 2 2 2 2

cos sin0 cos sin

cos sin

x y r rr r

x y r

.

Vì 2 2r x y nên khi , 0,0x y thì 0r .

Vậy

2

2 2, (0,0)lim 0.

x y

x y

x y

Chứng minh một hàm số không có giới hạn:

Phương pháp:

1. Nhớ lại Chú ý “2. Nếu 0 0 0, ,M x y M x y theo hai hướng khác nhau mà

,f x y dẫn đến các giá trị khác nhau thì ,f x y không tồn tại giới hạn tại 0M

.” Vì vậy, ta chỉ cần tìm được hai đường tiến tới 0M (trên mỗi đường đó, hàm

số trở thành hàm một biến số), trên đó có sự khác biệt về giới hạn của hàm số

thì hàm số ,f x y không có giới hạn tại 0M .

2. Tìm một đường mà trên đó hàm số ,f x y không có giới hạn. Từ đó ta có thể

kết luận hàm số ,f x y không có giới hạn.

1.2. Chứng tỏ rằng không tồn tại các giới hạn sau:

a. , (0,0)

limx y

xy

x y ; b.

2 2, (0,0)

1lim 2 sin

x yx y

x y

. c.

2

2 4, (0,0)lim

x y

xy

x y

Giải.

a. Hàm số ,xy

f x yx y

xác định trên 2, | , :D x y x y d y x .

Cách 1: Cho , 0,0x y theo đường thẳng y x , ta có:

1 1

,2 2 2

xf x x

x khi 0x .

Cho , 0,0x y theo đường thẳng 2y x , ta có:

1 1

,23 3 3

xf x x

x khi 0x .

Hai giới hạn này khác nhau nên không tồn tại giới hạn , (0,0)

limx y

xy

x y .

Cách 2: Tổng quát hơn, cho , 0,0x y theo phương đường thẳng y kx ( :k hằng

số, 1k ), ta có:



1 1

,1 1

xf x kx

x kx k k

khi 0x .

Khi , 0,0x y theo những phương khác nhau (ứng với các giá trị khác nhau của k )

thì ,f x y dần tới những giới hạn khác nhau. Do đó, không tồn tại , (0,0)

limx y

xy

x y .

b. Cho , 0,0x y theo đường thẳng y x , ta có: 2

1, 2sin :

2f x x g x

x .

Hàm số g x này không có giới hạn khi 0x .

Vậy không tồn tại giới hạn

2 2, (0,0)

1lim 2 sin

x yx y

x y

.

c. Cho , 0,0x y theo phương đường thẳng y kx ( :k hằng số), ta có:

2 3 2

2 4 4 4 2( , ) , 0

1

k x k xf x y f x kx

x k x k x

khi 0x .

Như vậy , 0f x y khi , 0,0x y theo mọi đường thẳng y kx . Điều này không

có nghĩa giới hạn

2

2 4, (0,0)lim 0

x y

xy

x y

vì còn vô số cách khác để , 0,0x y . Thật

vậy, ta xét , 0,0x y theo parabol 2x y ta có:

4

2

4

1( , ) ,

22

yf x y f y y

y

Do đó, không tồn tại

2

2 4, (0,0)lim

x y

xy

x y .

Bài 2.

Sự liên tục của hàm hai biến

Phương pháp:

Để làm bài tập dạng này ta cần nhớ:

1. Hàm số ,f x y liên tục tại 0 0 0,M x y nếu:

i)

0 0, ( , )

lim ,x y x y

f x y

và ii)

0 0

0 0, ( , )

lim , ,x y x y

f x y f x y

.

2. Ngược lại, hàm số ,f x y liên tục tại 0 0 0,M x y nếu:

i) không tồn tại

0 0, ( , )

lim ,x y x y

f x y

hoặc ii)

0 0

0 0, ( , )

lim , ,x y x y

f x y f x y

.

2.1. Xét tính liên tục của hàm số sau tại 0,0M :

2 2, khi , 0,0

,

0 , khi , 0,0 .

xyx y

x yf x y

x y



Giải.

Ta có 0,0 0f M f .

Lại có,

2 2, , 0,0

lim , lim 0x y M x y

xyf x y

x y

(bài tập 1.1. câu b.).

Vậy hàm số đã cho liên tục tại 0,0M .


, khi , 0,0,

0 , khi , 0,0 .

xyx y

x yf x y

x y

Giải.

Ta có 0f M .

Tuy nhiên,

, , (0,0)

lim , limx y M x y

xyf x y

x y

, giới hạn này không tồn tại (bài tập 1.2. câu

a.).

Vậy hàm số đã cho gián đoạn tại 0,0M .


2

2 2, khi , 0,0

,

1 , khi , 0,0 .

x yx y

x yf x y

x y

Giải.

Ta có 1f M .

Tuy nhiên,

2

2 2, , (0,0)lim , lim 0

x y M x y

x yf x y

x y

(bài tập 1.1. câu d.).

Ta thấy

, (0,0)lim , 0,0

x yf x y f

.

Vậy hàm số đã cho không liên tục tại 0,0M .

Bài 3.

Tính đạo hàm riêng và vi phân toàn phần

Để tính được đạo hàm riêng (cấp 1, cấp 2 hoặc cấp cao hơn) ta cần nắm vững

các công thức tính đạo hàm các hàm thông dụng, các quy tắc tính đạo hàm và công

thức tính đạo hàm hàm hợp. Và cần nhớ, khi ta tính đạo hàm riêng theo biến này thì tất

cả các biến khác có trong hàm số ta xem là hằng số. Các bạn sinh viên thường bị bối

rối và mắc sai lầm ở bước nhận dạng hàm hợp để chọn công thức đạo hàm cho phù

hợp và chính xác, cộng với việc bị lẫn lộn giữa biến đang lấy đạo hàm và các biến

khác có trong hàm số. Vì vậy, các bạn cần làm nhiều ví dụ từ dễ đến khó để tránh sai

lầm và tính được thuần thục.



Các hàm số có các đạo hàm riêng liên tục thì có '' ''

xy yxf f (theo Định lý

Schwarz). Do vậy, đây cũng là một cơ sở để ta kiểm tra xem việc tính toán các đạo

hàm riêng có đúng không.

Để tính được vi phân toàn phần của (cấp 1, cấp 2 hoặc cấp cao hơn) các hàm số

ta cần tính các đạo hàm riêng và thay vào các công thức vi phân toàn phần sau:

_ Công thức vi phân cấp 1: ' '

x ydf f dx f dy .

_ Công thức vi phân cấp 2: 2 2

2 '' 2 '' '' 22 xyx yd f f dx f dxdy f dy .

_ Công thức vi phân cấp n: 1n nd f d d f .

3.1. Tính các đạo hàm riêng cấp 1 và vi phân toàn phần của các hàm số sau:

a. 2 2

2 2

x yz

x y

; b. 2 2sinz x y ; c. cos sinxz e x x y ; d. arctan

x yz

x y

.

Giải.

a.

2'

22 2

4x

xyz

x y

;

2'

22 2

4y

x yz

x y

.

2

2 2

4xydz ydx xdy

x y

.

b. ' 2 22 cosxz x x y ; ' 2 22 cosxz y x y .

2 22 cosdz xdx ydy x y .

c. ' cos sin sin sinx x

xz e x x y e y x ; ' cosx

yz xe y .

cos sin 1 sin cosxdz e x x x ydx x ydy .

d.

'

2

'

2 2 2 2 22

22

2

1 2 21

xx

x y x yx y

x y x y y yz

x y x yx y x y

x y x yx y

;

'

2

'

2 2 2 2 22

22

2

1 2 21

y

y

x y x yx y

x y x y x xz

x y x yx y x y

x y x yx y

2 2 2 2 2 2

y x xdy ydxdz dx dy

x y x y x y

.

3.2. Tính các đạo hàm riêng và vi phân toàn phần cấp 2 của các hàm số sau:

a. 2yz xe x y ; b. cosz xy .

Giải.

a. ' 2y

xz e xy ; ' 2y

yz xe x ; 2

'' 2x

z y ; '' 2y

xyz e x ; 2

'' y

yz xe ; '' 2y

yxz e x .



2 2 22 2 2y yd z ydx e x dxdy xe dy .

b. ' sinxz y xy ; 2

'' 2 cosx

z y xy ; '' sin cosxyz xy xy xy ;

' sinyz x xy ; 2

'' 2 cosy

z x xy ; '' sin cosyxz xy xy xy .

2 2 2 2 2cos 2 sin cos cosd z y xy dx xy xy xy dxdy x xy dy .

Bài 4.

Tính gần đúng giá trị biểu thức

Để tính gần đúng giá trị biểu thức ta cần làm các bước sau:

1. Xác định hàm số tương ứng với biểu thức và các giá trị 0 0, , ,x y x y .

2. Tính giá trị hàm sô và các đạo hàm riêng cấp một của hàm số tại điểm

0 0( , )x y rồi thay vào công thức vi phân toàn phần sau:

' '


Áp dụng vi phân để tính gần đúng giá trị của biểu thức sau:

2 2

3 1,02 0,05A .

Giải.

Ta có 2 2 2 2

3 31,02 0,05 1 0,02 0 0,05A .

Xét hàm số 2 23,f x y x y .

Ta thấy 2 2

30 01 0,02 0 0,05 ( , )f x x y y với

0 01, 0,x y 0,02x và

0,05y .

Mà

' '

0 0 0 0 0 0 0 0

' '

( , ) ( , ) ( , ) ( , )

1,0 1,0 .0,02 1,0 .0,05

x y

x y

f x x y y f x y f x y x f x y y

f f f

Với

' '

2 22 2 2 23 3

2 2,

3 3x y

x yf f

x y x y

.

Vậy 2 2 3 2 23 1 0,02 0 0,05 1 0 2 0,02 0 0,05 1,013 .

Bài 5.

Tính đạo hàm các hàm hợp

Phương pháp: Để tính được đạo hàm các hàm số hợp ta có hai cách:

Cách 1: (Trực tiếp) Thay biểu thức của biến số trung gian vào công thức cho hàm số

rồi tính đạo hàm được yêu cầu.

Cách 2: (Gián tiếp) Tính các đạo hàm và đạo hàm riêng rồi thay vào các công thức của

đạo hàm hàm hợp:



1. Trường hợp một biến độc lập: . .dz z dx z dy

dt x dt y dt

.dz z z dy

dx x y dx

2. Trường hợp hai biến độc lập: . .z z x z y

u x u y u

và . .

z z x z y

v x v y v

.

Nhận xét: Nếu bạn sinh viên nào thành thạo trong việc tính đạo hàm riêng thì dùng

cách 1 tính nhanh hơn và không cần nhớ công thức tính đạo hàm hàm hợp. Nhưng tính

theo cách 2 thì thông thường các hàm thành phần sẽ đơn giản hơn nên sẽ dễ tính đạo

hàm. Hơn nữa, với một số hàm hợp khi tính theo cách 2 sẽ nhanh và ít sai sót hơn.

5.1. Cho 2z xy , trong đó cos , sinx t y t . Tính dz

dt.

5.2. Cho arctany

zx

, trong đó 1y x . Tính dz

dx với 0, 1x x .

5.3. 2 23z x y với 2 7 , 5x s t y st . Tính các đạo hàm của z theo s, t.

Giải.

5.1. Cách 1: 2 2cos sinz xy t t .

2

2

2 3

cos sin

sin sin cos .2sin cos

2sin cos sin .

dz dt t

dt dt

t t t t t

t t t

Cách 2: Ta có 2 , sin , 2 , cos

z z dx dyy t xy t

x y dt dt

.

Vậy

2

2

2 3

. .

sin 2 .cos

sin sin 2cos sin .cos

2sin cos sin .

dz z dx z dy

dt x dt y dt

y t xy t

t t t t t

t t t

5.2. Ta có 2 22

1 1 1 1, ,

2 11 1

z y z dy

x x y x dx xy y

x x

.

Vậy 2 2

2 1.

2 1

dz z z dy y x x

dx x y dx x y x

.

5.3. Ta có 6 6 2 7 , 2 10 , 2, 7, 5 , 5z z x x y y

x s t y st t sx y s t s t

.

Vậy

2. . 24 84 50z z x z y

s t sts x s y s

và

2. . 84 294 50z z x z y

s t s tt x t y t

.



Bài 6.

Cực trị tự do - cực trị có điều kiện

GTLN – GTNN của hàm hai biến

Phương pháp giải các bài toán này đã được trình bày chi tiết kèm các ví dụ cụ thể

trong phần 4.7 và 4.8.

Để giải các dạng toán này các bạn sinh viên cần nhận ra đúng dạng và áp dụng

đúng các bước trong phương pháp đã trình bày.

Tuy nhiên, nhiều sinh viên dù đã nắm rõ phương pháp của từng dạng nhưng lại

không biết cách giải hệ phương trình, chúng ta cần để ý kĩ bước này vì nếu bước này

sai thì cả bài giải sai (dù các bước khác đúng). Sau đây chúng ta làm thêm một số ví dụ

tham khảo nữa, hi vọng qua các ví dụ này các bạn sẽ hiểu rõ hơn và không còn sai sót

ở bước giải hệ phương trình nữa.

6.1. Tìm cực trị của hàm số 3 2 2 2, 2 5f x y x xy x y .

Giải.

● Tính các đạo hàm riêng: ' 2 26 10xf x y x ; ' 2 2 2 1yf xy y y x ;

2

'' 12 10x

f x ; 2

'' 2 1y

f x ;

'' 2xyf y .

● Xét hệ phương trình

' 2 2

'

0 6 10 0 (1)

0 2 1 0 (2)

x

y

f x y x

f y x

Phương trình (2) 0

1

y

x

TH1: 0y thay vào (1) ta có

0

5

3

x

x

TH2: 1x thay vào (1) ta có 2

2

y

y

Do đó, hàm số có 4 điểm dừng là 1 0;0M , 2

5;0

3M

, 3 1;2M và 4 1; 2M .

● Đặt 2

'' 12 10x

A f x ; '' 2xyB f y ; 2

'' 2 1y

C f x .

2 24 4 1 6 5B AC y x x .

● Tại 1 0;0M : 20 0 , 10 0A nên hàm số đạt cực tiểu tại 1 0;0M và

0,0 0f .

● Tại 2

5;0

3M

: 40

03

và 10 0A nên hàm số đạt cực đại tại 2

5;0

3M

và 5 125

;03 27

f

.



● Tại 3 1;2M : 16 0 nên hàm số không đạt cực trị tại 3 1;2M .

● Tại 4 1; 2M : 16 0 nên hàm số không đạt cực trị tại 4 1; 2M .

6.2. Tìm cực trị của hàm số 3 3z x y . (bài này sinh viên L dạy 100% ra một nghiệm

(0,0) )

Giải.

Ta có ' 2 33xz x y , ' 3 23yz x y .

Hàm số có các điểm dừng là 00, y (với 0y tùy ý) và 0 ,0x (với

0x tùy ý).

2 2

'' 3 '' 2 2 '' 36 , 9 , 6xyx yz xy z x y z x y .

Tại 00, y thì 0A B C nên 0 . Do đó, 00, y là điểm nghi ngờ có cực trị.

Ta thấy trong lân cận của 00, y có những điểm 0,x y mà 0 0, 0 0,z x y z y và

cũng có những điểm 0,x y mà 0 0, 0 0,z x y z y . Vì vậy, 00, y không là điểm

cực trị của hàm số đã cho.

Tương tự, 0 ,0x cũng không là điểm cực trị của hàm số.

Vậy hàm số không có cực trị.

Chú ý: đa số các bạn sinh viên khi giải bài này chỉ tìm ra một điểm dừng duy nhất là

0,0 .

6.3. Tìm cực trị của hàm số ,f x y xy với điều kiện ràng buộc

2 2, 1 1 0x y x y .

Giải.

● Lập hàm Lagrange: 2 2, , , , 1 1L x y f x y x y xy x y .


'

'

2 2

2 1 0 (1)

2 0 (2)

, 1 1 0 (3)

x

y

L y x

L x y

x y x y

+ Khi 0y thì từ (2) ta rút ra 2

x

y . Thay vào (1) ta được: 2 1y x x .

Thay vào (3) và giải ra được 3

2x hoặc 0x .

Nếu 0x thì 0y (loại).

Nếu 3

2x thì

3

2y . Ta được hai điểm dừng là

3 3,

2 2

và 3 3

,2 2

ứng với

3

2 và

3

2 .

+ Khi 0y phương trình (2) cho 0x . Ta có điểm dừng là 0,0 ứng với 0 .



Vậy hàm số có 3 điểm dừng là 0 0,0M , 1

3 3,

2 2M

và 2

3 3,

2 2M

.

Ta thấy hàm số ,f x y xy dương tại những điểm thuộc nửa trên của đường tròn

2 2: 4 0C x y và âm tại những điểm thuộc nửa dưới của C. Hàm f liên tục trên tập

đóng và bị chặn C nên sẽ đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên C. Giá trị bé nhất

chỉ có thể đạt tại nửa đường tròn dưới và giá trị lớn nhất chỉ có thể đạt tại nửa đường

tròn trên. Vậy 1M là điểm cực tiểu có điều kiện và 2M là điểm cực đại có điều kiện,

còn 0M không là điểm cực trị có điều kiện vì ở lân cận của nó trên đường tròn 0f ở

nửa đường tròn trên và 0f ở nửa đường tròn dưới. Vì vậy, ta có:

min

3 3

4f và max

3 3

4f .

Chú ý: Khi gặp bài này các bạn sinh viên thường sai ở chỗ rút 2

x

y mà không xét

Hai trường hợp 0y và 0y .

C. Bài tập đề nghị

Bài 1: Tính các giới hạn sau (nếu có):

1.1.

3

2, ( 1,2)lim

1x y

xy y

x y

; 1.2.

2 2

2, (0,0)

1lim 1 cos

x y

x yy

y

;

1.3.

2 2

4 4, (0,0)lim

x y

x y

x y

; 1.4.

2 2, ( , )lim

x y

x y

x y

;

1.5.

3 3

2 2, (0,0)lim

x y

x y

x y

; 1.6.

2 2

2 2, (0,0)

2 3lim

3 2x y

x y

x y

;

1.7.

2

, (0,0)

sinlim

x y

x xy

y; 1.8.

3, (0,0)

sinlim

1 1x y

xy

xy ;

1.9.

2 2

2 2, (0,0)

sinlim

x y

x y

x y

.

Bài 2: Xét tính liên tục của các hàm số sau tại 0,0M :

2.1. sin

, khi 0,

1 , khi 0.

xyxy

f x y xy

xy

2.2.

3

6 2, khi , 0,0

,

0 , khi , 0,0 .

x yx y

x yf x y

x y

2.3.

3

2 2, khi , 0,0

,

0 , khi , 0,0 .

xyx y

f x y x y

x y



2.4.

cos cos, khi 0

,

0 , khi 0.

x yx y

x yf x y

x y

Bài 3: Tính các đạo hàm riêng cấp 1 và vi phân toàn phần của các hàm số sau:

3.1. ; 3.2. ; 3.3. ;

3.4. ; 3.5 ; 3.6. ;

3.7. ; 3.8. ; 3.9. .

Bài 4: Chứng minh rằng

4.1. Hàm thỏa phương trình ;

4.2 Hàm thỏa phương trình .

Bài 5: Tính các đạo hàm riêng và vi phân cấp 2 của các hàm số sau:

5.1. ; 5.2. ; 5.3. .

Bài 6: Áp dụng vi phân để tính gần đúng giá trị của các biểu thức sau:

6.1. 2,03

1,04A . 6.2. 1,99

1,04 ln 1,02B . 6.3. 3 4ln 1,03 0,98 1C .

Bài 7: Tìm các đạo hàm của các hàm số hợp sau đây bằng hai cách (trực tiếp và gián

tiếp):

7.1. 2 22u vz e , trong đó 2 2cos , u x v x y .

7.2. 2 2lnz x y , trong đó , x

u xy vy

.

7.3. , ln sinx

f x yy

, trong đó 2 23 , 1x t y t .

Bài 8: Tính đạo hàm của các hàm số ẩn , ,y y x z z x y cho bởi các phương trình

sau đây:

8.1. 3 3 4x y y x a ; 8.2. 0y x xyxe ye e ; 8.3. 3 3 3 3 0x y z xzy ;

8.4. 2 2ln arctan

yx y a

x . Tính ', ''y y .

3 3 3z x y xy

2 2

2 2

x yz

x y

siny

xz e

yxz x yyx 2 2z x y xy

2 2lnz x x y arctany

zx

arcsiny x

zx

2 2ln( )z x xy y 2z z

x yx y

y

xz xy xe z z

x y xy zx y

2ln( )z x y 22z xy y arctan1

x yz

xy



8.5. 2 2 22z y z

x . Chứng minh rằng: 2 ' '1 1

x yx z zy z

.

Bài 9: Giải các bài toán thực tế sau bằng cách ứng dụng vi phân toàn phần để tính gần

đúng:

9.1. Một tấm thép có dạng hình chữ nhật với chiều rộng 1m và chiều dài 2m. Khi bị

ảnh hưởng bởi nhiệt độ, tấm thép này bị thay đổi (có thể dãn nở thêm, hoặc có thể co

lại): chiều rộng thay đổi 2mm, chiều dài thay đổi 3mm. Hãy ước lượng, phần diện tích

tăng hoặc giảm ấy?

9.2. Khi đo bán kính đáy và chiều cao của một khối gỗ dạng hình trụ, ta được bán kính

r 0,5m và chiều cao h 2m . Biết sai số khi đo bán kính là 0,2cm ; sai số khi đo

chiều cao là 0,3cm ; Hãy tính sai số tuyệt đối lớn nhất khi tính thể tích của khối gỗ

trên.

9.3. Khi đo các kích thước một bể chứa nước có dạng hình hộp chữ nhật ta được các

số liệu theo chiều rộng, chiều dài và chiều cao như sau: a 2m , b 3m và c 5m . Biết

sai số mỗi lần đo có thể tới 0,1cm . Tính sai số tuyệt đối lớn nhất khi tính thể tích của

bể chứa nước trên. Bài 10: Tìm cực trị của các hàm số sau:

10.1. 2 21 6f x x xy y ; 10.2.

2 2( 1) 2f x y ;

10.3. 2 2 2f x xy y x y ; 10.4.

2 2 3 6f x xy y x y ;

10.5. 3 2 (6 )f x y x y , với 0, 0x y ; 10.6.

2 24( )f x y x y ;

10.7. 2 2 1f x xy y x y ; 10.8.

yf x y xe ;

10.9. 3 3 9 27f x y xy ; 10.10.

3 3 3f x y xy ;

10.11. 4 4 2 22f x y x xy y .

Bài 11: Tìm cực trị có điều kiện của các hàm số sau:

11.1. f xy với điều kiện 1x y ;

11.2. 2f x y với điều kiện 2 2 5x y ;

11.3. 2 2f x y với điều kiện 1

2 3

x y ;

11.4. 1 1

fx y

với điều kiện 2 2

1 1 1

2x y .

Bài 12: Tính GTLN và GTNN của các hàm số trên miền D:

12.1. 2 2( , )f x y x xy y x y , miền D đóng giới hạn bởi hình tam giác có các

đỉnh: (0;0)O , ( 3;0)A , (0; 3)B .

12.2.2 2( , ) 3f x y x y x y , miền đóng D giới hạn bởi các đường thẳng 1x ;

1y ; và 1x y .



12.3. ( , ) 1f x y xy x y , miền D đóng giới hạn bởi các đường 2 , 4y x y .

12.4. 2( , ) 2 4 8f x y x xy x x , D là miền đóng giới hạn bởi các đường thẳng 0x

; 1x ; 0y và 2y .

12.5. 2 2 2( , ) 4f x y x y x y , D là miền đóng giới hạn bởi các đường thẳng 1x ;

1x ; 1y và 1y .

12.6. 2 2( , ) 1f x y x y , D là miền tròn đóng 2 2( 1) ( 1) 1x y .

12.7. 2 2( , )f x y x y , D là miền tròn đóng

2 2 4x y .

12.8. 3 3( , ) 3f x y x y xy , với 0 2, 1 2D x y .

12.9. ( , )f x y x y , với 2 2 2( , ) | 1D x y x y .

Đáp số:

Bài 1:

1.1. 5

2

; 1.2.

1

2; 1.3. Không có; 1.4. 0; 1.5. 0;

1.6. Không có; 1.7. 0; 1.8. -3; 1.9. 1.

Bài 2:

2.1. Liên tục; 2.2. Không liên tục; 2.3. Liên tục; 2.4. Liên tục.

Bài 4: HD: Tính các đạo hàm riêng z

x

và

z

y

rồi thay vào phương trình.

Bài 6: a. 1,08. b. 1,05. c. 0,005.

Bài 7:

7.1.

2

2 2 2cos 2' 2cos sin 4x x y

xz e x x x

,

22 2 2cos 2' 4

x x y

yz e y

.

7.2. ' 2xz

x ,

4

'

4

2 1

1y

yz

y y

.

7.3.

3 2

2 2 2

6 5 3cot

1 1 1

df t t t

dt t t t

.

Bài 8: Tính đạo hàm của các hàm số ẩn , ,y y x z z x y cho bởi các phương trình

sau đây:

8.1.

2 2

2 2

3'

3

y x yy

x y x

; 8.2. '

y x xy

y x xy

e ye yey

xe e xe

; 8.3.

2 2' '

2 2, x y

x yz y xzz z

z xy z xy

;

8.4.

2 2 2

3

1' , ''

a x yx ayy y

ax y ax y

.

8.5. Tính ' ', x yz z rồi thay vào phương trình: 2 ' '1 1x yx z z

y z .

Bài 10:

10.1. ax 13mf tại (4; 2)M ;

10.2. min 0f tại (1;0)M ;



10.3. min 1f tại (1;0)M ;

10.4. min 9f tại (0;3)M ;

10.5. ax 108mf tại 3;2( )M ;

10.6. ax 8mf tại (2; 2)M ;

10.7. min 0f tại ( 1;1)M ;

10.8.Tại (1;0)M f không đạt cực trị;

10.9.Tại 1(0;0)M f không đạt cực trị; tại

2(3;3)M f đạt cực tiểu;

10.10.Tại 1(0;0)M f không đạt cực trị; tại

2(1;1)M f đạt cực tiểu;

10.11. Tại 1( 1; 1)M và tại

2(1;1)M f đạt cực tiểu; tại 3(0;0)M có

2 0s rt . Hơn

nữa (0;0) 0f , 2 2( ; ) 2 ( 2) 0f x x x x khi 0 2x và

2( ; ) 2 0f x x x khi

0x . Nên f không đạt cực trị tại 3(0;0)M .

Bài 11:

11.1. ax

1

4mf tại (1 2; 1 2)M ;

11.2. ax 5mf tại (1; 2)M ;

11.3. min

36

13f tại (18 13; 12 13)M ;

11.4. min 1f tại 1( 1; 1)M , ax 1mf tại

2(1;1)M .

Bài 12:

12.1. max min(0; 3) ( 3;0) 6; ( 1; 1) 1f f f f f .

12.2. max (1;1) 4f f , min (1 2;1 2) 1f f .

12.3. max (2;4) 3f f , min ( 2;4) 9f f .

12.4. max min(1;2) 17; (1;0) 3f f f f .

12.5. max min( 1;1) 7; (0;0) 4f f f f .

12.6. max 2 2 2f ; min 2 2 2f .

12.7. max ( 2;0) 4f f ; min (0; 2) 4f f .

12.8. max min(2; 1) 13; (0; 1) (1;1) 1f f f f f .

12.9. max min( 2 2; 2 2) 2; ( 2 2; 2 2) 2f f f f .



TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Viết Đông, Bài tập Toán cao cấp tập 1, NXB Giáo dục, 2002.

[2] Nguyễn Đình Trí (chủ biên), Bài tập Toán cao cấp tập 2, NXB Giáo dục, 2007.

[3] Nguyễn Đình Trí (chủ biên), Toán cao cấp tập 2, NXB Giáo dục, 2007.

[4] Trần Ngọc Hội, Bài giảng Toán cao cấp A1, Trường Đại học Công nghệ Sài Gòn (Lưu

hành nội bộ), 2009.

[5] Trần Văn Thạch, Bài giảng Toán cao cấp A1, Trường Đại học Thủ Dầu Một (Lưu

hành nội bộ), 2013.

[6] Nguyễn Mạnh Quý – Nguyễn Xuân Liêm, Phép tính vi phân và tích phân của hàm số

nhiều biến số, NXB ĐH Sư phạm, 2005.

[7] Nguyễn Mạnh Quý – Nguyễn Xuân Liêm, Bài tâp Phép tính vi phân và tích phân của

hàm số nhiều biến số, NXB ĐH Sư phạm,2005.

[8] Đỗ Văn Nhơn, Giáo trình Toán cao cấp A2, ĐH Công nghệ thông tin, NXB ĐHQG

TPHCM, 2013.

[9] Vũ Gia Tê, Giải tích 1, Học viện công nghệ Bưu chính Viễn thông, Hà Nội, 2007.

[10] Trần Đức Long – Nguyễn Đình Sang – Hoàng Quốc Toàn, Giáo trình Giải tích 2

(Chuỗi số, Chuỗi hàm), NXB ĐHQG Hà Nội, 2004.

[11] Nguyễn Hữu Khánh, Bài giảng vi tích phân A2, Trường Đại học Cần thơ (Lưu hành

nội bộ), 2003.

[12] Lê Trọng Tường – Nguyễn Thị Thanh Hương, Cơ học, NXB ĐH Sư phạm, 2004.

[13] Lê Bá Long, Bài giảng toán kĩ thuật, Học viện công nghệ Bưu chính Viễn thông, Hà

Nội, 2013.

[14] George B. Thomas, Jr., Thomas’Calculus early transcendentals, Massachusetts

Institute of Technology, 2014.



MỤC LỤC

CHƯƠNG 1. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN ........................................ 1

A. Lý thuyết và các ví dụ minh họa........................................................................... 2 1.1 Giới hạn của dãy số thực .................................................................................... 2

1.1.1 Các định nghĩa ............................................................................................. 2

1.1.2. Các tiêu chuẩn về giới hạn của dãy số ......................................................... 5

1.2. Giới hạn của hàm số .......................................................................................... 7

1.2.1. Các định nghĩa ............................................................................................ 8

1.2.2. Một số tính chất ........................................................................................ 17

1.2.3. Vô cùng bé – Vô cùng lớn ........................................................................ 20

1.3. Hàm số liên tục................................................................................................ 24

1.3.1. Hàm số liên tục tại một điểm..................................................................... 24

1.3.2. Hàm số liên tục trên một khoảng ............................................................... 26

1.4. Đạo hàm và vi phân ......................................................................................... 27

1.4.1. Đạo hàm ................................................................................................... 28

1.4.2. Vi phân ..................................................................................................... 33

1.4.3. Đạo hàm và vi phân cấp cao ...................................................................... 35

1.4.5. Ứng dụng của phép tính vi phân ................................................................ 37

B. Bài tập có lời giải ................................................................................................. 39 Bài 1. Chứng minh sự hội tụ hay phân kỳ của dãy số.............................................. 39

Bài 2. Tìm giới hạn của hàm số. ............................................................................. 43

Bài 3. Xét sự liên tục của hàm số tại một điểm. ...................................................... 62

Bài 4. Khảo sát sự liên tục của hàm số. .................................................................. 64

Bài 6. Tính đạo hàm và vi phân cấp 1. .................................................................... 69

Bài 7. Tính đạo hàm và vi phân cấp cao. ................................................................ 71

Bài 8. Bài tập ứng dụng. ......................................................................................... 77

C. Bài tập đề nghị .................................................................................................... 85

A. Lý thuyết và các ví dụ minh họa......................................................................... 92

2.1. Tích phân bất định ........................................................................................... 92

2.1.1. Khái niệm tích phân bất định .................................................................... 92

2.1.2. Các phương pháp tích phân ....................................................................... 94

2.1.3. Tích phân các hàm hữu tỷ ......................................................................... 96

2.1.4. Tích phân các hàm vô tỉ ............................................................................ 98

2.1.5. Tích phân các hàm lượng giác ................................................................... 99

2.2. Tích phân xác định ........................................................................................ 101

2.2.1. Định nghĩa tích phân xác định. ................................................................ 101

2.2.2. Tính chất. ................................................................................................ 102

2.2.3. Công thức Newton-Leibnitz. ................................................................... 102

2.2.4. Các phương pháp tính tích phân xác định ................................................ 103

2.3. Ứng dụng hình học của tích phân xác định .................................................... 103

2.3.1. Diện tích hình phẳng trong hệ tọa độ vuông góc ..................................... 103

2.3.2. Độ dài cung đường cong phẳng ............................................................... 105

2.3.3. Diện tích của mặt tròn xoay .................................................................... 105



2.3.4. Tính thể tích vật thể ................................................................................ 105

2.4. Tích phân suy rộng ........................................................................................ 106

2.4.1. Tích phân suy rộng với cận ở vô cực (loại 1) .......................................... 107

2.4.2. Tích phân của hàm không bị chặn (loại 2) ............................................... 109

2.4.3. Hội tụ tuyệt đối ....................................................................................... 112

B. Bài tập có lời giải ............................................................................................... 113 Bài 1. Tính các tích phân bất định. ....................................................................... 113

Bài 2. Tính các tích phân xác định ........................................................................ 116

Bài 3. Tính các tích phân suy rộng loại 1 .............................................................. 119

Bài 4. Tính các tích phân suy rộng loại 2 .............................................................. 122

Bài 5. Xét sự hội tụ của các tích phân suy rộng .................................................... 127

Bài 6. Bài tập ứng dụng ........................................................................................ 129

C. Bài tập đề nghị .................................................................................................. 135

CHƯƠNG 3. LÝ THUYẾT CHUỖI ..................................................................... 139

A. Lý thuyết và các ví dụ minh họa....................................................................... 139

3.1. Các khái niệm cơ bản .................................................................................... 139

3.1.1. Chuỗi số .................................................................................................. 139

3.1.2. Chuỗi không âm ...................................................................................... 142

3.1.3. Chuỗi đan dấu ......................................................................................... 147

3.1.4. Chuỗi có dấu bất kỳ ................................................................................ 148

3.2. Chuỗi hàm số ................................................................................................ 149

3.3. Chuỗi lũy thừa ............................................................................................... 150

3.4. Chuỗi Taylor ................................................................................................. 151

3.5. Chuỗi Fourier ................................................................................................ 153

B. Bài tập có lời giải ............................................................................................... 157 Bài 1. Xét sự hội tụ của chuỗi số bằng cách sử dụng định nghĩa ........................... 157

Bài 2. Xét sự hội tụ của chuỗi số bằng cách sử dụng các định lý .......................... 160

Bài 3. Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm ................................................................. 168

C. Bài tập đề nghị .................................................................................................. 171

CHƯƠNG 4. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN ................................. 175

A. Lý thuyết và các ví dụ minh họa....................................................................... 175 4.1.Khái niệm hàm nhiều biến .............................................................................. 175

4.1.1.Định nghĩa ............................................................................................... 175

4.1.2. Đồ thị của hàm số hai biến số.................................................................. 176

4.2. Giới hạn của hàm số hai biến số .................................................................... 178

4.3. Sự liên tục của hàm số hai biến số ................................................................. 180

4.4. Đạo hàm và vi phân của hàm số hai biến số ................................................... 181

4.4.1. Đạo hàm riêng cấp một ........................................................................... 181

4.4.2. Đạo hàm riêng cấp cao ............................................................................ 182

4.4.3. Vi phân toàn phần cấp một ...................................................................... 183

4.4.4. Vi phân toàn phần cấp cao ...................................................................... 184



4.5. Đạo hàm của hàm số hợp ............................................................................... 185

4.5.1. Trường hợp một biến độc lập .................................................................. 185

4.5.2. Trường hợp hai biến độc lập ................................................................... 185

4.6. Đạo hàm của hàm số ẩn ................................................................................. 186

4.6.1. Hàm ẩn một biến ..................................................................................... 186

4.6.2. Hàm ẩn hai biến ...................................................................................... 186

4.7. Cực trị của hàm số hai biến số ....................................................................... 187

4.7.1.Định nghĩa cực trị .................................................................................... 187

4.7.2. Phân loại cực trị ...................................................................................... 187

4.7.3. Cực trị tự do ............................................................................................ 188

4.7.4. Cực trị có điều kiện ................................................................................. 191

4.8. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số hai biến số ................................. 193

B. Bài tập có lời giải ............................................................................................... 196 Bài 1. Giới hạn của hàm hai biến .......................................................................... 196

Bài 2. Sự liên tục của hàm hai biến ...................................................................... 198

Bài 3. Tính đạo hàm riêng và vi phân toàn phần ................................................... 199

Bài 4. Tính gần đúng giá trị của biểu thức ............................................................ 201

Bài 5. Tính đạo hàm của hàm hợp ........................................................................ 201

Bài 6. Cực trị tự do – Cực trị có điều kiện ............................................................ 203

C. Bài tập đề nghị .................................................................................................. 205

Documents

Chương 1. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN