Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Số phức 1.1 Khái niệm về số phức Ta biết rằng lũy thừa chẵn của mỗi số thực đều không âm, do đó trong tập hợp R không thể khai căn bậc chẵn của một số âm. Ví dụ: phương trình x 2 + 1 = 0 vô nghiệm thực.Vì vậy, ta đưa một lớp số mới vào nhằm mở rộng trường số thực. 1.1.1 Định nghĩa số phức: 1. Ta định nghĩa phần tử i sao cho i 2 = - 1 gọi là đơn vị ảo. 2. Biểu thức z = a + bi với a, b ∈ R gọi là một số phức; a gọi là phần thực, b gọi là phần ảo . Ký hiệu a = Rez, b = Imz. Như vậy z = a + bi = Rez + i(Imz) 3. Tập hợp các số phức được ký hiệu là C. 4. Nếu a = 0 thì z = bi gọi là số thuần ảo; b = 0 thì được số thực z = a. 5. Hai số phức được gọi là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo tương ứng của chúng bằng nhau, tức là: a + bi = c + di ⇔ a = c và b = d. 6. Cho số phức z = a + bi. Số phức a + (-b)i = a – bi gọi là số phức liên hợp của z, ký hiệu z . Khi đó: số phức liên hợp của z là z. 1.1.2 Các dạng biểu diễn của số phức 1. Dạng đại số Cách viết z = a + bi còn gọi là dạng đại số hay dạng nhị thức của số phức. 2. Biểu diễn hình học: Mọi số phức z = a + bi đều có thể biểu diễn trên mặt phẳng Oxy dưới dạng điểm A(a,b) với hoành độ a và tung độ b, và ngược lại, mọi điểm M(a,b) của mặt phẳng Oxy đều có thể xem như là ảnh của số phức a + bi. Nếu z = a: Thì M(a,0) nằm trên trục Ox. Vì vậy, trục Ox còn được gọi là trục thực. Nếu z = bi: Thì M(0,b) nằm trên trục Oy. Vì vậy, trục Oy còn được gọi là trục ảo Hai số phức liên hợp được biểu diễn bởi hai điểm đối xứng với nhau qua trục Ox. Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Nối điểm A(a,b) với gốc tọa độ, ta được vectơ OA uuur Trong nhiều trường hợp, người ta xem vec tơ OA uuur như là biểu diễn hình học của số phức z = a + bi. 3. Dạng lượng giác của số phức Cho số phức z = a +bi và OA uuur là vectơ biểu diễn hình học của z trên mặt phẳng xOy. Khi đó: Độ dài r = OA uuur của vectơ OA uuur được gọi là mođun của số phức z, ký hiệu là |z|. Hiển nhiên ta có: |z | ≥ 0, ∀ z ∈ C, |z | = 0 ⇔ z = 0 Bây giờ giả sử z ≠ 0, tức là OA uuur ≠ 0 r . Góc định hướng giữa tia Ox và vectơ OA uuur (đo bằng radian) ϕ = · ( ) ,OxOA uuur được gọi là argument của số phức z, ký hiệu là Argz. Argz không duy nhất mà sai khác nhau k2π. Nếu chỉ giới hạn xét ϕ ∈[0;2π) thì khi đó ϕ được gọi là argument chính, ký hiệu argz. Khi z = 0 thì ϕ không xác định, ta quy ước Arg0 nhận giá trị tuỳ ý. Rõ ràng a = rcosϕ ; b = rsinϕ. Do đó: z = a + bi = r(cosϕ + isinϕ) được gọi là dạng lượng giác của số phức z. Sự liên hệ giữa dạng đại số z = a + bi và dạng lượng giác z = r(cosϕ + isinϕ) Ta có: r = 22 ab+ , ϕ = tg (b/a) , nếu a ≠ 0. a = rcosϕ ; b = rsinϕ Từ định nghĩa của số phức liên hợp z của z và biểu diễn hình học của z , ta có: | z | = | z |; arg z = - argz. Ví dụ: 1. r(cosϕ - isinϕ) có phải là dạng lượng giác của số phức z? 2. Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác a. z = -2 + 2i 3 b. z = 1 + i c. z = 1- i d. z = cos.sin 77 i ππ  −+   e. z = sin.cos 33 i ππ  +   A(a,b) b y O a x ϕ r Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 1.2 Những phép tính cơ bản trên số phức: Cho hai số phức z = a + bi và w = c + di. Lần lượt có dạng lượng giác là r 1 (cosϕ 1 + isinϕ 1 ) và r 2 (cosϕ 2 + isinϕ 2 ) 1.2.1 Phép cộng z + w = (a + c) + (b + d)i (1) 1.2.2 Phép nhân z .w = (ac – bd) + (ad + bc)i (2) Nhận xét: z. z = a 2 + b 2 = | z | 2 . Nếu các số phức cho ở dạng lượng giác thì ta có: z.w = r 1 .r 2 (cos(ϕ 1 +ϕ 2 ) + isin(ϕ 1 +ϕ 2 )) (3) Nhận xét: | z.w | = | z |. | w |; | z n | = | z | n ; Arg(z n ) = n. Argz + k2π 1.2.3 Phép chia 2 số phức. Bổ đề: Cho số phức z = a + bi. Khi đó tồn tại số phức z 1 sao cho z.z 1 =1. Khi đó z 1 được gọi là nghịch đảo của số phức z, ký hiệu z -1 . Vậy z -1 = 1/z. Chứng minh Ta cần tìm z 1 = c + di sao cho z.z 1 = 1. Hay cần xác định c, d để (a + bi).(c+di) = 1 Tức: (ac – bd) + (ad + bc)i = 1 Suy ra : ac – bd = 1 và ad + bc = 0 (I) Giải hệ phương trình (I) ta được: 2222 ; ab cd abab − == ++ Vậy z 1 tồn tại. Do đó, z -1 = z 1 = 2222 ab i abab − ++ (4) Nhận xét: Trong thực hành ta có thể tìm z -1 = 1/z bằng cách nhân tử và mẫu cho số phức liên hợp z Phép chia hai số phức: Giả sử w ≠ 0. Khi đó: Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 2222 .().()()() . zzwabicdiacbdbcadi wcdcd ww +−++− === ++ (5) Nếu các số phức cho ở dạng lượng giác ta có: z/w = (r 1 /r 2 ). (cos(ϕ 1 - ϕ 2 ) + isin(ϕ 1 -ϕ 2 )) (6) 1.2.4 Các ví dụ: 1. Cho z = 1–2i và w = 3+4i. Tìm z + w,z – w,z.w, z/w. 2. Tính (1 + i) 2 , (1 + i) 4 . Suy ra (1+i) 2006 , (1 – i) 210906 3. (3 –i)(14 +2i); (2+3i)/ (1 - 4i); (1 + 2i) 2 /1-i 4. (1 + i) 9 /(1 – i ) 7 ; 1 + (1+i) + (1+i) 2 + . + (1+i) 99 5. Tìm modun của các số phức sau: 4 (1) (16)(27) i ii + +− 1.3 Phép nâng lên lũy thừa và phép khai căn số phức 1.3.1 Nâng lên lũy thừa Từ công thức (3) của mục trên, suy ra rằng nếu n là một số nguyên dương thì: [r(cosϕ + isinϕ)] n = r n (cosnϕ + isinnϕ). Công thức này gọi là công thức Moivre. Nó chứng tỏ rằng khi nâng một số phức lên lũy thừa nguyên dương thì môđun được nâng lên lũy thừa đó và argument bị nhân với số mũ của lũy thừa. Áp dụng của công thức Moivre: Trong công thức đặt r = 1, ta được (cosϕ + isinϕ) n = (cosnϕ + isinnϕ) Khai triển vế trái theo công thức của nhị thức Newton và so sánh phần thực và phần ảo của hai vế, ta có thể biểu diễn sinnϕ và cosnϕ theo luỹ thừa của cosϕ và sinϕ. Chẳng hạn với n = 3: ta có: VT = cos 3 ϕ + i.3cos 2 ϕsinϕ - 3cosϕsin 2 ϕ - isin 3 ϕ VP = cos3ϕ + isin3ϕ Do đó: cos3ϕ = cos 3 ϕ - 3cosϕsin 2 ϕ = -3cosϕ + 4 cos 3 ϕ sin3ϕ = -sin 3 ϕ + 3cos 2 ϕsinϕ = 3sinϕ - 4 sin 3 ϕ 1.3.2 Phép khai căn Căn bậc n của một số phức mà lũy thừa bậc n bằng số dưới căn: n n zwwz=⇔= . Hay: (cossin)(cossin) n riiϕϕρθθ+=+ Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM (cossin)(cossin) n rininϕϕρθθ⇔+=+ Vì trong những số phức bằng nhau. Môđun phải bằng nhau nhưng argument có thể sai khác một bội 2π nên: ρ n = r; nθ = ϕ + k2π Từ đó: ρ = n r ; θ = 2k n ϕπ+ ; k là số nguyên tùy ý. Cho k các giá trị 0,1,2, ., n-1, ta được n giá trị khác nhau của căn. Vậy căn bậc n của một số phức có n giá trị khác nhau Căn bậc n của số thực A khác 0 cũng có n giá trị vì số thực là một trường hợp đặc biệt của số phức và có thể viết dưới dạng lượng giác: Nếu A > 0 thì A = |A| (cos0 + isin0) Nếu A < 0 thì A = |A| (cosπ + isinπ) Ví dụ: Tìm 3 3 4 1,1,(22)i−+ Bài tập: Bài 1 Tính: 1. (3+5i).(4-i) 2. (6+11i).(7+3i) 3. (4 – 7i) 30 4. 3 45 i i − + 5. 23 32 (12)(1) (32)(2) ii ii +−− +−+ 6. 34 12 i i + − 7. (1+i 3) 3 8. 512i−− 9. () () 9 3 1313ii+++ 10. 8 1 2 i − −+    11. () 7 13i−− 12. () () 2007 2006 13ii−+− Bài 2 Tìm các số thực x,y sao cho: 1. (1- 2i)x + (-3 + 4i)y = -1 -3i 2. (2+i)x – (3+5i) = 1 +3i 3. (2 - 3i)x +(1+3i)y = x + 5iy 4. (3-2i)x – (4+5i)y = 2y + 3ix Bài 3: Tìm |z| (modun của số phức) nếu : 1. ( 1 + i) () 3i+ 2. 1 3 i i + + 3. (1)(3)(2) (34)(5) iii iii ++−− ++ 4. 3 26 13 i i  −+   +  5. 5 (34) 34 i i + − 6. 3 1 i i i + −+ − 7. 2006 23 32 i z i +  =  −  8. 4 (34)(1) 34 ii i ++   −  Bài 4: Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác 1. – 1 – i 2. 13i+ 3. () 3 13 1 i i + −− 4. () () 4 31ii+− 5. () ()() 1133iii+−−+ Bài 5: Giải các phương trình: 1. z 2 = - 1 + i 2. 4z 2 + 4z + i = 0 3. 42 2340zz−+= Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 2. ÔN TẬP VỀ GIỚI HẠN DÃY SỐ - GIỚI HẠN HÀM SỐ I. Giới hạn hàm số 1. Các giới hạn cơ bản: 1. 1lim sin lim 00 == →→ t tgt t t tt 2. 1 )1ln( lim 1 lim 00 = + = − →→ t t t e t t t 3. 2 1cos1 lim 2 0 = − → t t t 4. a t t a t = −+ → 1)1( lim 0 5. p e t t p t ∀= ∞→ ,0lim 6. p t t p t ∀>= ∞→ ,0,0 ln lim α α 2. Quy tắc L’Hospital: Cho x o ∈ R hoặc x o = ± ∞. f, g có đạo hàm liên tục thỏa mãn: 0)(lim)(lim 00 == →→ xgxf xxxx hoặc ±∞== →→ )(lim)(lim 00 xgxf xxxx Giả sử tồn tại A xg xf xx = → )(' )(' lim 0 . Khi đó: A xg xf xx = → )( )( lim 0 3. Giới hạn dạng: [ ] )( )(lim 0 xg xx xf → 1. Giả sử bxgaaxf xxxx =>= →→ )(lim);0()(lim 00 (a,b hữu hạn) thì [ ] )( )(lim 0 xg xx xf → = a b 2. [ ] )( )(lim 0 xv xx xu → có dạng 0 0 . Đặt y = u v thì lny = v.lnu Khi đó: y xx lnlim 0 → có dạng 0.0 ta dùng L’Hospital để tính giới hạn. Nếu y xx lnlim 0 → = )(ln)(lim 0 xuxv xx→ =a thì [ ] )( )(lim 0 xv xx xu → = e a 3. [ ] )( )(lim 0 xg xx xf → có dạng 1 ∞ . Khi đó: [ ] )( )(lim 0 xg xx xf → = () ( ) 0 ()1() 1 ()1 lim1(()1) fxgx fx xx fx − − →  +−   = [] () 0 lim()1 gx xx fx e → − Bài tập: Bài 1: Tính các giới hạn sau: 1. 12 1 lim 2 2 −− − ∞→ xx x x 2. x xxx x 1)31)(21)(1( lim 0 −+++ → 3. 52 5 0 )51()1( lim xx xx x + +−+ → 4. 1 3 lim 32 1 − −++ → x xxx x Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 5. 2 1 1 )1( )1( lim − ++− + → x nxnx n x 6.       − − − → 3 1 )1( 3 1 1 lim x x x Bài 2: Tính các giới hạn sau: 1. x axa x 33 0 lim −+ → 2. 4 8 lim 3 64 − − → x x x 3. 22 lim ax axax ax − −+− → 4. 23 7118 lim 2 3 2 +− +−+ → xx xx x 5. 1 lim + ++ ∞→ x xxx x 6. 2 12 2 lim x x x x       − + ∞→ 7. 2 1 2 0 2 1 1 lim x x x + →       + 8. () 2 . 1 2lim x tg x x π − → 9. 2 1 0 sin lim x x x x       → Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 3 . VÔ CÙNG BÉ 1.1. Định nghĩa: Hàm α(x) được gọi là lượng vô cùng bé (VCB) khi x → x o nếu lim()0 o xx xα → = Ví dụ: x m , sinx, tgx, ln(1+x), (1-cosx) là các VCB khi x → 0. Ta cũng có khái niệm VCB cho quá trình x → ∞ thay vì quá trình x → x o. Quy ước: quá trình x → ∞ hay x → x o ta gọi chung là trong 1 quá trình. 1.2 Định lý: Trong 1 quá trình, f(x) → L khi và chỉ khi α(x) = f(x) – L là VCB trong quá trình đó. 1.3 Tính chất:Trong 1 quá trình 1. Nếu α(x) là VCB, C là hằng số thì C.α(x) là VCB. 2. Nếu α 1 (x), α 2 (x), ., α n (x) là một số hữu hạn các VCB thì tổng α 1 (x) + α 2 (x) + + . + α n (x) cũng là VCB. 3. Nếu α(x) là VCB và f(x) là hàm bị chặn thì tích α(x).f(x) cũng là VCB. 1.4 So sánh hai lượng VCB: Cho f, g là hai lượng VCB trong 1 quá trình. Giả sử k xg xf o xx = → )( )( lim Nếu k = 0 thì f là VCB bậc lớn hơn g. Ký hiệu: f = o(g) Nếu k = ±∞ thì g là VCB bậc lớn hơn f. Ký hiệu g = o(f) Nếu k ≠0, k ≠ ±∞ thì f, g là haiVCB cùng bậc. Đặc biệt, nếu k =1 thì ta nói f, g là VCB tương đương. Ký hiệu: f ~ g Nếu không tồn tại giới hạn thì ta nói f, và g không so sánh được với nhau Ví dụ: 1. 1 – cosx và x 2 là hai VCB ngang cấp khi x → 0. 2. 1 – cosx là VCB cấp cao hơn x khi x → 0. 1.5 Các VCB bé tương đương cần chú ý: Nếu x → 0 thì: sinx ~ x; tgx ~ x; (1 – cosx) ~ ½ x 2 ; arcsinx ~ x; (e x -1) ~ x; ln(1+x) ~ x ; [(1+x) a – 1] ~ ax; 1.6 Khử dạng vô định: Tính chất 1: Nếu k g f o xx = → lim , f ~ f 1 ; g ~ g 1 thì k g f o xx = → 1 1 lim Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Chứng minh Thật vậy: limlim lim ooo xxxxxx fffgf gg fgg →→→ == Ví dụ: 3 00 ln(12)22 limlim 33 1 x xx xx x e →→ + == − Tính chất 2: Nếu α(x) = o(β(x)) trong 1 quá trình thì α(x) + β(x) ~ β(x). Như vậy tổng của hai VCB tương đương với VCB có cấp thấp hơn Ví dụ: 1. 2 0 1cos5 lim sin2 x x x → − 2. 0 ln(13) lim 2 x x tgx → − 3. 23 35 0 sin lim 24 x xxtgx xxx → ++ ++ 4. 3 0 ln(1) lim sin x tgx xx → + + 5. 2 2 0 ln(12sin) lim sin. x xx xtgx → − Bài tập: 1. Giả sử t là lượng VCB. So sánh các lượng VCB: u = 5t 2 + 2t 5 và v = 3t 2 +2t 3 2. So sánh các VCB u = tsin 2 t và v = 2tsint khi t → 0. 3. So sánh các VCB u = t 2 sin 2 t và v = ttgt khi t → 0. 4. Sử dụng các VCB tương đương, tính các giới hạn: a. 2 0 )sin.31ln( lim tgx xx x + → b. xtg x x 3 121 lim 0 −+ → c. )21(ln 3sin lim 2 2 0 x x x + → d. )41ln( 1 lim 2 0 x e x x − − → e. )1ln( cosln lim 2 0 x x x + → f. x e x x ln )1sin( lim 1 1 − − → g. 1)1().1( 1)1( lim 3 2 5 3 0 −++ −+ → xx x x h. 2516 238 lim 4 3 0 −+ −+ → x x x i. )431ln( )231ln( lim 32 32 1 xxx xxx x +−+ +−+ → j 2 1 arcsin 1 lim ln(1) x x x x → − − k. 2 1 2 41 lim arcsin(12) x x x → − − Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 4 Công thức khai triển Taylor – Maclaurinh 1. Công thức khai triển Taylor: Giả thiết hàm số y = f(x) có tất cả các đạo hàm đến cấp n + 1 (kể cả đạo hàm cấp n + 1) trong một khoảng nào đó chứa điểm x = a. Hãy xác định một đa thức y = P n (x) bậc n mà giá trị của nó tại x = a bằng giá trị f(a) và giá trị của các đạo hàm đến hạng n của nó bằng giá trị của các đạo hàm tương ứng của hàm số f(x) tại điểm đó. Nghĩa là: P n (a) = f(a); '()() ()'(); .;()() nn nn PafaPafa== (1) Ta hy vọng sẽ tìm được một đa thức như thế trong một ý nghĩa nào đó “gần” với hàm số f(x). Ta sẽ xác định đa thức đó dưới dạng một đa thức theo lũy thừa (x – a) với các hệ số cần xác định 2 012 ().().() () n nn PxCCxaCxaCxa=+−+−++− (2) Các hệ số C 0 , C 1 , C 2 , …, C n được xác định sao cho điều kiện (1) được thỏa mãn. Trước hết, ta tìm các đạo hàm của P n (x) '21 123 ''2 23 () ()2.()3.() .() () 23.2.() .(1)() () n nn n nn n n PxCCxaCxanCxa PxCCxannCxa Px − − =+−+−++− =+−++−− = (1) .2.1. n nnC       −  (3) Thay x = a vào các biểu thức (2) và (3) ta có: 0 ' 1 '' 2 () () () ()2.1. . ().(1) .2.1. n n n n nn PaC PaC PaC PannC =   =   =     =−  So sánh với điều kiện (1) ta có: 0 1 2 () () '() ''()2.1. . ().(1) .2.1. n n faC faC faC fannC  =  =   =     =−  [...]... f(x) = (1 + x )100 (1 − 2 x) 40 (1 + 2 x) 60 x2 3 f(x) = 2 1+ x + x2 đến số hạng x4 f (4)(0) =? 4 e 2 x − x đến số hạng x5 2 1− x + x đến số hạng Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 5 1 − 2 x + x 3 − 3 1 − 3x + x 2 đến số hạng x3 6 tgx đến số hạng x5 7 x(e x − 1) −1 đến số hạng x4 8 3 sin x 3 đến số hạng x13 f (7)(0) = ? 9 f(x) = ln( x + 1 + x 2 ) đến x5 10 f(x) = ln(cosx)... + x + o( x n ) 2! n! 3 Bài tập: Bài 1: a Khai triển đa thức x4 – 5x3 + 5x2 + x + 2 thành lũy thừa của ( x – 2) b Khai triển đa thức x5 + 2x4 - x2 + x + 1 thành lũy thừa của ( x + 2) c Khai triển hàm số f(x) = sinx tới số hạng x4 tại lân cận xo = π/4 d Khai triển hàm số y = x với xo = 1 và n = 3 Bài 2: Viết khai triển các hàm sau đây theo lũy thừa nguyên dương của biến x đến số hạng cấp cho trước 1... (6) cho khả năng thay hàm số y = f(x) bằng đa thức Pn(x) với độ chính xác tương ứng bằng giá trị của số hạng dư Rn(x) Ta sẽ xác định những giá trị x để số hạng dư Rn(x) khá bé Viết số hạng dư dưới dạng: Rn ( x) = ( x − a) n +1 Q( x) (n + 1)! (7) Trong đó Q(x) là hàm số cần phải xác định Với x và a cố định, hàm số Q(x) có giá trị xác định, ký hiệu giá trị đó bằng Q Ta xét, hàm số phụ theo biến t (t là... số hạng x3 Bài 3: Ước lượng sai số tuyệt đối của các công thức gần đúng: 1 ex ≈ 1 + x + x2 xn khi 0≤ x ≤ 1 + + 2! n! 2.sinx ≈ x − x3 , khi |x| ≤ 0.5 6 x2 Bài 4: Với giá trị x nào thì ta có công thức gần đúng cosx ≈ 1 − với độ chính xác 2 0,0001? Bài 5: Dùng công thức Taylor tính gần đúng 1 3 2 sin(18o) 250 4 sin1o với độ chính xác 10-8 3 (1,1)1,2 và ước lượng sai số 5 lg11 với độ chính xác 10 -5 Bài. .. s ) n Để tìm các hệ số A1, A2, ,Aα, B1, B2, , Bβ, M1, M2, , Mn, N1, N2, Nm, ta có thể tính theo 2 cách: 1/ Nhân hai vế cho Q(x), rút gọn các số hạng đồng bậc ở vế phải, sau đó cho đồng nhất hệ số hai vế Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 2/ Sau khi nhân hai vế cho Q(x), ta cũng có thể cho x các giá trị khác nhau để xác định giá trị của các hệ số Ví dụ: Phân tích... hệ số phải tìm; λ là số thực càn xác định Những hệ số của đa thức Qn-1 và hệ số λ được xác định bằng cách lấy đạo hàm của (*) và so sánh các hệ số Ví dụ: ∫ x3 1 + 2 x − x2 dx : TH4: Các trường hợp khác 1 Nếu ax2 + bx + c có hai nghiệm thực x1, x2 thì đặt ax 2 + bx + c = t ( x − x1 ) 2 Nếu ax2 + bx + c có hai nghiệm ảo thì a Đặt ax 2 + bx + c = a x + t ,(a > 0) b Đặt ax 2 + bx + c = xz + c ,(c > 0) Tập. .. vào 1 trong 3 trường hợp sau: 1 p ∈ Z Đặt x = tS s là mẫu số chung của m và n 2 3 m +1 n k ∈ Z Đặt a + bx = t , k là mẫu số của p n m +1 -n S + p ∈ Z Dùng phép thế ax + b = t , s là mẫu số của p n dx dx xdx Ví dụ: Tính ∫ 1 + 3 x2 ; ∫ x ( 4 ) x +1 10 ; ∫ ( x4 1 + x2 ) − 1 2 Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 4 Tích phân vô tỉ dạng: ∫ R( x, ax 2 + bx + c )dx dx TH1:... công thức Taylor của hàm số f(x) Nếu trong công thức Taylor, đặt a = 0 thì nó viết dưới dạng: x x2 x3 xn (n) x n +1 f ( x) = f (0) + f '(0) + f ''(0) + f '''(0) + + f (0) + f ( n +1) (θ x) , θ ∈[0;1] 1! 2! 3! n! ( n + 1)! là công thức xấp xỉ hàm f(x) thành đa thức bậc n tại x = 0, với số dư Rn(x) – được gọi là công thức khai triển Maclaurinh Tóm lại, ta có định lý sau: Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV... x ) dx ∫ esin x − 1 0 1 Xét sự hội tụ của các tích phân: 2.6 Trường hợp f(x) có dấu tùy ý: b Định lý: Nếu ∫ a b f ( x) dx hội tụ thì tích phân ∫ f ( x)dx hội tụ a Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài tập: 1 Khảo sát sự hội tụ của tích phân: +∞ ∫ 1 1 +∞ ∫ 4 0 +∞ ∫ 7 +∞ ln(1 + x) dx x 2 x 2 dx HT x4 − x2 + 1 5 sin 2 3 xdx 3 1 x4 + 1 +∞ ∫ 0 +∞ HT ∫ 8 1 +∞ 10 x +... tích phân từng phần cho td (t 2 + a 2 ) ∫ (t 2 + a 2 )n Ta có: Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 1 t 1 dt 1 t 1 2n − 3 I + 2 − 2 2 n −1 2 2 n −1 ∫ (t 2 + a 2 )n−1 = 2a 2 (n − 1) (t 2 + a 2 )n−1 + a 2 2n − 2 I n−1 a 2a (n − 1)(t + a ) 2a (n − 1) dt Công thức trên cho phép sau (n-1) lần thì In được đưa về ∫ 2 2 t +a dx Ví dụ: tính ∫ 2 ( x + 1)3 In = - Tích phân dạng . Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Số phức 1.1 Khái niệm về số phức Ta biết rằng lũy thừa chẵn của mỗi số thực. 2340zz−+= Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 2. ÔN TẬP VỀ GIỚI HẠN DÃY SỐ - GIỚI HẠN HÀM SỐ I. Giới hạn hàm số 1.