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

Mời các bạn cùng eLib 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.

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

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 \(\exists c \in ({x_1},{x_2}) \subset (a,b)\)

Trên đây là nội dung bài giảngBài 4: Vài ứng dụng của đạo hàm và vi phân được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn.

Ngày:25/11/2020 Chia sẻ bởi:Denni Trần

CÓ THỂ BẠN QUAN TÂM