OPTADS360
ATNETWORK
RANDOM
ON
YOMEDIA
Banner-Video
IN_IMAGE

Bài 4: Vài ứng dụng của đạo hàm và vi phân


Mời các bạn cùng tham khảo nội dung bài giảng Bài 4: Vài ứng dụng của đạo hàm và vi phân sau đây để tìm hiểu về qui tắc L'Hospital 1, qui tắc L’Hospital 2.

AMBIENT-ADSENSE/lession_isads=0
QUẢNG CÁO
 
 
 

Tóm tắt lý thuyết

1. Qui tắc L'Hospital 1

Cho f, g liên tục trên khoảng mở I chứa a và \(f(a) = g(a) = 0\). Giả sử f, g khả vi \(\forall x \in I\backslash \left\{ a \right\},g'(x) \ne 0\,\forall x \in I\backslash \left\{ a \right\}\)và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}} = L\) (L hữu hạn hoặc vô hạn)

thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = L\left( { = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}}} \right)\)

Chứng minh:

Xét \(x \in I\) và a < x. Áp dụng định lý Cauchy \(\exists c \in \left( {a,{\rm{ }}x} \right)\):

\(\frac{{f(x) - f(a)}}{{g(x) - g(a)}} = \frac{{f'(c)}}{{g'(c)}}\)

\( \Rightarrow \exists c \in (a,x):\frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \frac{{f'(c)}}{{g'(c)}}\)

Khi \(x \to {a^ + }\) thì \(c \to {a^ + }\)suy ra 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \frac{{f'(c)}}{{g'(c)}} = \mathop {\lim }\limits_{c \to {a^ + }} \frac{{f'(c)}}{{g'(c)}} = L\)  (1)

Tương tự: khi \(x \in I\) và x < a. Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} \frac{{f'(c)}}{{g'(c)}} = L\)              (2)

(1) và (2) \(\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f'(c)}}{{g'(c)}} = L\)

 Ví dụ 1: Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - {e^{ - x}} - 2\sin x}}{{x - {\mathop{\rm sinx}\nolimits} }}\)

\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} + {e^{ - x}} - 2\cos x}}{{1 - {\mathop{\rm cosx}\nolimits} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} + {e^{ - x}} + 2\sin x}}{{sinx}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} + {e^{ - x}} + 2\cos x}}{{{\mathop{\rm cosx}\nolimits} }} = 4\)

Ví dụ 2\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln (1 + x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{{1 + x}}}}{1} = 1\)

Hệ quả: Định lý vẫn đúng khi thay x → a bằng \(x \to + \infty ,\,x \to - \infty\)

Đặt \(t = \frac{1}{x} \Rightarrow\) khi \(x \to \pm \infty\) thì t → 0

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{f\left( {\frac{1}{t}} \right)}}{{g\left( {\frac{1}{t}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{ - \frac{1}{{{t^2}}}f'\left( {\frac{1}{t}} \right)}}{{ - \frac{1}{{{t^2}}}g'\left( {\frac{1}{t}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{f'\left( {\frac{1}{t}} \right)}}{{g'\left( {\frac{1}{t}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}}\)

2. Qui tắc L’Hospital 2

Cho I là một khoảng mở chứa a. Giả sử f, g xác định và có đạo hàm hữu hạn trên \(I\backslash \left\{ a \right\},g'(x) \ne 0\,\,\forall x \in I\backslash \left\{ a \right\}.\)

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left| {f(x)} \right| = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left| {g(x)} \right| = + \infty\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}} = L\) (L hữu hạn hoạc vô hạn) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}} = L\)

Chứng minh:

Ta chỉ chứng minh cho trường hợp 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \,g(x) = + \infty\)

và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}} = L\) (1)

L hữu hạn: do (1) ta có

\(\forall \varepsilon > 0,\exists \alpha > 0:0 < x - a \le \alpha \Rightarrow \left| {\frac{{f'(x)}}{{g'(x)}} - L} \right| < \frac{\varepsilon }{2}\)(2)

Chọn \({x_1} = a + \alpha\), xét \(x \in \left( {a,{x_1}} \right)\)

Theo định lý Cauchy ta có

\(\exists c \in \left( {x,{x_1}} \right):\frac{{f(x) - f({x_1})}}{{g(x) - g({x_1})}} = \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}}\)  (2')

(2) và (2') cho ta:

\(\left| {\frac{{f(x) - f({x_1})}}{{g(x) - g({x_1})}} - L} \right| < \frac{\varepsilon }{2}\)hay \(\left| {\frac{{f(x)}}{{g(x)}}\frac{{1 - \frac{{f({x_1})}}{{f(x)}}}}{{1 - \frac{{g({x_1})}}{{g(x)}}}} - L} \right| < \frac{\varepsilon }{2}\) (3)

Suy ra:

\(\left| {\frac{{f(x)}}{{g(x)}} - L} \right| \le \left| {\frac{{f(x)}}{{g(x)}} - \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\frac{{1 - \frac{{f({x_1})}}{{f(x)}}}}{{1 - \frac{{g({x_1})}}{{g(x)}}}}} \right| + \left| {\frac{{f(x) - f({x_1})}}{{g(x) - g({x_1})}}} \right|\,(*)\)

Đặt

\(h(x) = \frac{{f(x)}}{{g(x)}} - \frac{{f(x)}}{{g(x)}}.\frac{{1 - \frac{{f({x_1})}}{{f(x)}}}}{{1 - \frac{{g({x_1})}}{{g(x)}}}} = \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\left[ {1 - \frac{{1 - \frac{{f({x_1})}}{{f(x)}}}}{{1 - \frac{{g({x_1})}}{{g(x)}}}}} \right]\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \frac{{1 - \frac{{f({x_1})}}{{f(x)}}}}{{1 - \frac{{g({x_1})}}{{g(x)}}}} = 1\) nên tồn tại \(\beta > 0\,\,(\beta < \alpha )\)

\(\frac{1}{2} \le \left| {\frac{{1 - \frac{{f({x_1})}}{{f(x)}}}}{{1 - \frac{{g({x_1})}}{{g(x)}}}}} \right| \le \frac{3}{2},\forall x \in J = (a,a + \beta )\)   (4)

Khi đó, từ (3) và (4) ta suy ta \(\left| {\frac{{f(x)}}{{g(x)}}} \right| \le 2\left( {\frac{\varepsilon }{2} + \left| L \right|} \right),\forall x \in J\)

\(\Rightarrow \exists \delta ,0 < \delta < \beta :\left| {h(x)} \right| < \frac{\varepsilon }{2},\forall x \in (a,a + \delta )\)(5)

Từ (*), (3) và (5) ta có: \(\left| {\frac{{f(x)}}{{g(x)}} - L} \right| < \varepsilon ,\forall x \in (a,a + \delta )\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = L\)

  • \(L = + \infty\) hoặc \(L = - \infty\): độc giả tự chứng minh

Ví dụ:

\(i)\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^{. + }}} x\ln x = \,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^{. + }}} \frac{{\ln x}}{{\frac{1}{x}}} = \,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^{. + }}} \frac{{\frac{1}{x}}}{{ - \frac{1}{{{x^2}}}}} = \,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^{. + }}} ( - x) = 0\)

\(ii)\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\ln x}}{{{x^\alpha }}}(\alpha > 0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{1}{x}}}{{\alpha {x^{\alpha - 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{\alpha {x^\alpha }}} = 0\)

\(iii)\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - \cot {g^2}x} \right) = \,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x - {x^2}{{\cos }^2}x}}{{{x^2}{{\sin }^2}x}}\)

\(= \,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{({\mathop{\rm sinx}\nolimits} + xcosx)}}{x}\frac{{({\mathop{\rm sinx}\nolimits} - xcosx)}}{{{x^3}}}\)

\(= 2\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} - xcosx}}{{{x^3}}} = 2\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{cosx - cosx + x\sin x}}{{3{x^2}}} = 2\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }}{{3x}} = \frac{2}{3}\)

Ví dụ:

\({\mathop{\rm sinx}\nolimits} \sim x;\,\,cosx \sim 1 - \frac{{{x^2}}}{2}\)khi x → 0

\({x^2} + 5 \sim {x^2}\)  khi \(x \to \pm \infty\)

Tính chất:

Nếu \(f \sim {f_1}\)\(g \sim {g_1}\) khi x → x0 thì:

\(a)\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} {f_1}(x){g_1}(x)\)

\(b)\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{f_1}(x)}}{{{g_1}(x)}}\)

Ví dụ

\({x^2} + 5 \sim {x^2}\,\,khi\,\,x \to + \infty\)

Nhưng \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^2} + 5 - {x^2}} \right) = 5 \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^2} - {x^2}} \right) = 0\)

Định lý: Cho f khả vi trên (a,b). Ta có:

i) f tăng trên \(\left( {a,{\rm{ }}b} \right) \Leftrightarrow {\rm{ }}f'\left( x \right){\rm{ }} \ge {\rm{ }}0,{\rm{ }}\forall x\) trên (a,b)

ii)  \({\rm{ }}f'\left( x \right){\rm{ > }}0,{\rm{ }}\forall x \in (a,b) \Rightarrow f\) tăng nghiêm cách trên (a,b)

Chứng minh:

i) (⇒) Giả sử f tăng \(\forall x \in (a,b)\) và \(h > 0 : a < x < x+ h < b\)

\(\Rightarrow \frac{{f(x + h) - f(x)}}{h} \ge 0\,\,(1)\)

Nếu h < 0 và \(a < x + h < x < b\) thì \(\frac{{f(x + h) - f(x)}}{h} \ge 0\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f(x + h) - f(x)}}{h} \ge 0\)

\(( \Leftarrow )\) Giả sử \(f'\left( x \right){\rm{ }} \ge {\rm{ }}0,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in {\rm{ }}\left( {a,b} \right)\).

\(\forall {x_1}{\rm{,}}{{\rm{x}}_2}{\rm{ }} \in {\rm{ }}\left( {a,b} \right)\) và \(x_1, vì f khả vi trên [x1, x2] nên theo định lý Lagrange thì \(\exists c \in ({x_1},{x_2}) \subset (a,b)\)

\(\frac{{f({x_2}) - f({x_1})}}{{{x_2} - {x_1}}} = f'(c) \ge 0\)

\(\Rightarrow f({x_2}) - f({x_1}) \ge 0 \Rightarrow f({x_2}) \ge f({x_1}) \Rightarrow f\)tăng trên (a,b)

ii) \(\forall {x_1},{x_2} \in (a,b)\) theo Lagrange ta có 

\(\frac{{f({x_2}) - f({x_1})}}{{{x_2} - {x_1}}} = f'(c) > 0 \Rightarrow f({x_2}) > f({x_1})\)

⇒ f tăng nghiêm cách trên (a, b)

Ghi chú:

  • Định lý vẫn đúng khi thay (a, b) bàng [a, b]
  • Định lý được phát biểu tương tự khi f giảm.
  • Phần (ii) chỉ là điều kiện cần.

Ví dụ: \(f(x) = x^3\) tăng nghiêm cách trên R, nhưng \(f'(0) = 0\) (không dương)

Định lý: Cho hàm số f có đạo hàm cấp n +1 trong khoảng mở chứa x0 và \(f'({x_0}){\rm{ }} = {\rm{ }}f''\left( {x{}_0} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}...{\rm{ }} = {f^{\left( {n - 1} \right)}}\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0\)\({f^{\left( n \right)}}\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} \ne {\rm{ }}0\). Ta có:

  • Nếu n lẻ thì f không đạt cực trị tại x0.
  • Nếu n chẩn thì f đạt cực trị tại x0. Cụ thể :
    • \({f^{\left( n \right)}}\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} > {\rm{ }}0:f\) đạt cực tiểu tại x0
    • \({f^{\left( n \right)}}\left( {{x_0}} \right){\rm{ < }}0:f\) đạt cực đại tại x0

Chứng minh:

Dùng công thức khai triển Taylor của f tại x0 ta có:

\(f(x) - f({x_0}) = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{f^{(k)}}({x_0}){{\left[ {x - {x_0}} \right]}^k}}}{{k!}}} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c){{\left[ {x - {x_0}} \right]}^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}}\)

\(= \frac{{{f^{(n)}}({x_0}){{\left[ {x - {x_0}} \right]}^n}}}{{n!}} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c){{\left[ {x - {x_0}} \right]}^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}}\)

\(= \frac{{{{\left[ {x - {x_0}} \right]}^n}}}{{n!}}\left[ {{f^{(n)}}({x_0}) + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)\left[ {x - {x_0}} \right]}}{{n + 1}}} \right]\)

Với \(c \in \left( {{x_0},x} \right)\) hoặc \(c \in \left( {{x},x_0} \right)\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{n + 1}}\left[ {x - {x_0}} \right] = 0\) nên tồn tại một khoảng mở I tâm xbán kính a sao cho giá trị của biểu thức

\(\left[ {{f^{(n)}}({x_0})\frac{{{f^{(n + 1)}}(c)\left[ {x - {x_0}} \right]}}{{n + 1}}} \right]\)

cùng dấu với \({{f^{(n)}}({x_0}),\forall x \in I}\)

Do đó khi n lẻ thì \(f(x) - f(x_0)\) đổi dấu khi đi qua x0, vậy hàm số F không đạt cực trị tại x0 khi n lẻ.

Nếu n chẵn và \({{f^{(n)}}({x_0}) > 0}\) thì \(f\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}f\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} > 0\,\,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in I\), nghĩa là f đạt cực tiểu tại x0.

Nếu n chẵn và \({{f^{(n)}}({x_0}) < 0}\) thì \(f\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}f\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} \le 0\,\,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in I\), nghĩa là f đạt cực đại tại x0.

Ghi chú: Cách nhớ:

  • Trường hợp i) nhớ \(y = x^3 \)
  • Trường hợp ii).a nhớ \(y = x^2 \)
  • Trường hợp ii).b nhớ \(y =- x^2 \)

Ví dụ:

 \(\begin{array}{l} f\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}{x^3},{\rm{ }}f'\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}3{x^2},{\rm{ }}f\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}6x,{\rm{ }}f'\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}6\\ {\rm{ }}f'\left( 0 \right){\rm{ }} = {\rm{ }}f\left( 0 \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0,{\rm{ }}f'\left( 0 \right){\rm{ }} = {\rm{ }}6 \ne 0 \end{array} \)

n = 3 (lẻ) ⇒ f không đạt cực trị tại 0

\(f(x) = (3x - 1)^4, f'(x) = 4.3(3x - 1)^3,\)

\(f"(x) = 12.3^2(3x - 1)^2, f'''(x) = 24.3^3(3x -1), f^{(4)}(x) =24.3^4\)

\(f'\left( {\frac{1}{3}} \right) = f''\left( {\frac{1}{3}} \right) = f'''\left( {\frac{1}{3}} \right) = 0\) và \({f^{(4)}}\left( {\frac{1}{3}} \right) = {24.3^4} > 0\)

n = 4 (chẵn) và \({f^{(4)}}\left( {\frac{1}{3}} \right) > 0 \Rightarrow f\) đạt cực tiểu tại \(x = \frac{1}{3}\)

\(f(x) = x - {e^x};f'(x) = 1 - {e^x};f''(x) = - {e^x} < 0,\forall x \in R\)

\(f'(0) = 0,f''(0) < 0 \Rightarrow f\)đạt cực đại tại x = 0

ADMICRO
ADMICRO
NONE
OFF