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

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

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

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 $f \sim {f_1}$ và $g \sim {g_1}$ 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.