1
1
Giải tích toán học. Tập 1. NXB Đại học quốc gia Hà Nội 2007. Từ khoá:Giải tích toán học, giải tích, Phép tích vi phân, Đạo hàm, vi phân, Công thức
Taylor, Khai triển Maclaurin, Quy tắc L’hospital.Tài liệu trong Thư viện điện tử ĐH Khoa học Tự nhiên có thể được sử dụng cho mục
đích học tập và nghiên cứu cá nhân. Nghiêm cấm mọi hình thức sao chép, in ấn phục
vụ các mục đích khác nếu không được sự chấp thuận của nhà xuất bản và tác giả.

Mục lục

Chương 4 Phép tính vi phân của hàm một biến 2
4.1 Đạo hàm và cách tính 3
4.1.1 Định nghĩa đạo hàm 3
4.1.2 Công thức đối với số gia của hàm số 3
4.2 Các qui tắc tính đạo hàm 4
4.2.1 Các qui tắc tính đạo hàm 4
4.2.2 Đạo hàm của hàm số hợp 4
4.2.3 Đạo hàm của hàm số ngược 6
4.2.4 Đạo hàm theo tham số 7
4.2.5 Đạo hàm một phía 7

∞
∞
27
4.8 Khảo sát hàm số 30
4.8.1 Khảo sát đường cong cho dưới dạng phương trình hiện 30
4.8.2 Đường cong cho dưới dạng tham số 32
4.8.3 Khảo sát đường cong trong tọa độ cực 36
4.9 Bài tập chương 4 39
Chương 4
3
3
Phép tính vi phân của hàm một biến
4.1 Đạo hàm và cách tính
4.1.1 Định nghĩa đạo hàm
Giả sử U là một tập mở trong  , :fU→  và

ký hiệu là
00
0
0
()()
( ) lim
x
fx x fx
fx
x
Δ→
+
Δ−
′
=
Δ
. (4.1.1)
Các ký hiệu y
′
hay ()fx
′
là các ký hiệu đạo hàm theo Largrange, còn
dy
dx
hay
0
()df x
dx
là
các kí hiệu theo Leibnitz và Dy hay Df(x

Δ
x
fx
f
x
x
.
Đặt
0
0
()
()
α
Δ
′
=+
Δ
fx
fx
x
với 0
α
→ khi 0
Δ
→x . (4.1.3)
Ta có
00
() () .
α
′

′
Δ= Δ+οΔ
f
xfxx x (4.1.5)
Định lý 4.1.1 Nếu hàm y = f(x) khả vi tại
0
x
U
∈
thì f(x) liên tục tại x
0
.
Chứng minh: Thật vậy ta có

4
000
( ) () () ( )
′
+Δ − = Δ +οΔ
f
xxfxfxx x,
suy ra
[]
00 0
000
00
0
lim ( ) ( ) lim ( ) lim ( )
lim ( ) ( ).
Δ→ Δ→ Δ→

cũng là các hàm
khả vi tại điểm x
0
và ta có các công thức sau:
a)
12 01020
( )() () ()cf cg x cf x cg x
′
′′
+=+
(4.2.1)
b)
00000
(,)( ) ( )( ) ( ).( )fg x fxgx gx fx
′
′′
=
+ (4.2.2)
c)
00 0 0
00
2
0
0
()() ().()
() ,()
()
fxgx gx fx
f
xgx

′
′′
=
(4.2.4)
hay gọn hơn
.
xux
y
yu
′
′′
=
. (4.2.5)
Chứng minh: Theo công thức (4.1.5) hàm f khả vi tại u
0
, nên ta có
000
( ) () () ( )
u
ffu ufu fuu u
′
Δ= +Δ − = Δ+οΔ
.
Mặt khác hàm g khả vi tại x
0
nên
000
( ) () () ()
x
ugx x gx gxx x

5
5
00
00 0
()()
() ()
().() () .
ux u
fu u fu
x
u
fu gx fu
x
xx
+Δ −
ο
ΔοΔ
′′ ′
=++
ΔΔΔ

Ta thấy do hàm u liên tục tại x
0
nên khi 0x
Δ
→ thì 0u
Δ
→ và
00 0
0

00 0 0
( )() (()).(),
u
fg x f gx gx
′′ ′
= và công thức được chứng minh.
Ví dụ 3:
i) Ta thấy 0
ln

xxa
ae a=∀>
nên
ln
()( )
xxa
ae
′′
= , đặt u = xlna,
ln
( )' .ln ln
uxa x
ee aaa==
Do đó ta có công thức sau
ln()
xx
aa
′
=
a

x
αα
α
−
′
=
. (4.2.7)
Ví dụ 4: Tính
1
1
cos
x
x
d
Ie
dx
−
+
=
với 1x ≠−
Đặt
1
1
cos
x
u
x
−
=
+

x
−
=
+

ta có
2
11 12
11 1 1
(cos ) sin . sin sin .
()
xx x
vvv
xx x x
′
−− −
⎛⎞
′′
=− =− =−
⎜⎟
++ + +
⎝⎠

Cuối cùng
1
1
2
11
2
1

với
x
U∈ .

6
Khi đó
() ()ln() ()ln()
()
(()) (().ln ())
()
=( ( )) . ( )ln ( ) ( ). .
()
gx gx f x gx f x
gx
dd d
fx e e gx fx
dx dx dx
fx
fx gx fx gx
fx
⎡⎤⎡⎤
==
⎣⎦⎣⎦
′
⎡⎤
′
+
⎢⎥
⎣⎦


′
. (4.2.9)
Chứng minh: Do (
g.f)(x) = x (,)
x
ab∀∈
Hay
(())gf x x= (,)
x
ab
∀
∈ .
Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức trên theo
x ta được
1hay 1( ( )). ( ) ( ). ( )gfx f x gyf x
′′ ′′
=
=
suy ra
1
()
()
gy
fx
′
=
′
(,)
x
ab∀∈ .

′
=−
, suy ra
2
1
1
x
y
x
′
=
−
.
Tương tự, tao có các công thức sau:
ii)
y = arccosx với −1< x <1,
2
1
1
x
y
x
′
=−
−

iii)
y = arctgx với
x
−

4.2.4 Đạo hàm theo tham số
Xét hàm y của biến x được cho dưới dạng tham số
()
()
x
xt
y
yt
=
⎧
⎨
=
⎩
với (,).t
α
β
∈

Giả sử
x là hàm khả vi, liên tục và '( ) 0xt
≠
(, )t
α
β
∈
.
Khi đó
x(t) là hàm đơn điệu thực sự trên (,)
α
β

Δ

suy ra
0
0
0
lim
lim
lim
t
t
x
x
t
t
y
y
y
t
y
x
x
x
t
Δ→
Δ→
Δ→
Δ
′
Δ

t
at
′
== =
−
.
4.2.5 Đạo hàm một phía
Giả sử f(x) được xác định trên (a,b) và
0
(,)
x
ab∈
. Ta nói giới hạn hữu hạn, nếu tồn tại
00
00
()()
lim lim
xx
fx x fx
y
xx
++
Δ→ Δ→
+
Δ−
Δ
=
ΔΔ
(4.2.11)
là đạo hàm bên phải của hàm

−
Δ→ Δ→
+
Δ−
Δ
′
==
ΔΔ
(4.2.12)
Ta thấy muốn có
0
()fx A
′
= điều kiện cần và đủ là
00
() ()fx fx A
+−
′
′
=
=
.

8

Hình 4.2.1
Ví dụ 8: Cho hàm f(x) =|x|, hãy xét đạo hàm của hàm số tại x
0
= 0.
Ta có

==−
ΔΔ

Vậy hàm
f(x) liên tục tại x
0
= 0, nhưng f’(0) không tồn tại.
Ví dụ 9: Cho hàm số
3
khi 0
khi 0
sin

()

x
x
fx
x
ax
⎧
≠
⎪
=
⎨
⎪
=
⎩

1) Tìm a để hàm số liên tục tại

x
x
⎧
≠
⎪
=
⎨
⎪
=
⎩

Ta thấy
3
00
0
0
0
() () sin
lim lim
xx
fx f x
xx
→→
−
==
−
.
Vậy
00()f
′

==
ΔΔ
.
Suy ra:
()
+
′
f
a = ()
ϕ
a và ()
−
′
f
a =– ()
ϕ
a .
Do
() ()
+−
′′
≠
f
afa nên hàm số f(x) không khả vi tại x=a.
4.2.6 Đạo hàm vô cùng
Nếu
00
00
hay
()()

()
.
x
fx x
x
−
<
⎧
⎪
=
=
⎨
⎪
>
⎩

Với
0xΔ≠ , ta có
01() ()
||
fx f
x
x
Δ−
=
ΔΔ
, do đó 0()f
′
=
+∞ nhưng đương nhiên f(x) không

yx y
x
αα
αα α
−
′
=∈≠− =
−
′
==
′
==

4)

xx
ye y e
′
==

x
ya= với 0 ln
x
ayaa
′
>=
5)
log
a
yx= với

x
′
===

2
2
1
9) cot g cosec
sin
yx y x
x
′
==−=−

2
1
10) arcsin
1
yxy
x
′
==
−

2
1
11) arccos
1
yxy
x

==
2
1
16) th
ch
yx y
x
′
==

2
1
17) cth
sh
yx y
x
−
′
==

2
1
18) argsh
1
yxy
x
′
==
+


4.3 Vi phân của hàm số
4.3.1 Định nghĩa
Cho hàm y = f(x) xác định trên tập hợp mở U ⊂  và
0
x
U
∈
. Cho x
0
một số gia 0x
Δ
≠
đủ nhỏ sao cho
0
x
xU+Δ ∈ .
Giả sử
f(x)khả vi tại
0
x
U∈ , khi đó
000
( ) () () ()fx x fx f x x x
ο
′
+
Δ− = Δ+Δ. (4.3.1)

Δ
và dx gọi là vi phân của biến số độc
lập. Từ đây, ta có thể xác định vi phân của hàm
f tại
x
U
∈
theo công thức
Df =
()fx
′
dx (4.3.3)
hay
dy =
()yx
′
dx (4.3.4)
Hệ thức này giải thích lí do ta kí hiệu đạo hàm của hàm
y = f(x) là
()
dy
yx
dx
′
=
.
4.3.2 Các qui tắc tính vi phân
Từ các qui tắc tính đạo hàm, ta dễ dàng suy ra các qui tắc tương ứng cho vi phân.
12 1 2 12
)( ) ,idcfcgcdfcdg cc+=+ ∀∈

x
′
. (4.3.6)
Nếu xem
x là biến độc lập thì vi phân dy được biểu thị bởi công thức (4.3.4). Bây giờ ta
xem
x là hàm của biến t, ta có
t
dy y dt
′
=
(4.3.7)
Tuy nhiên nếu thay đạo hàm
t
y
′
bởi biểu thức (4.3.6) và chú ý rằng dx =
t
x
′
dt, thì cuối
cùng ta được
xt x
dy y x dt y dx
′
′′
==

hay dy = ()yx
′

ee e e
ydydx
ee e e
′
⎛⎞
−+ −
′
==⇒=−
⎜⎟
+− − −
⎝⎠

Ví dụ 2: Tính:
(sin )
(cos )
dx
dx

Ta có:
(sin ) cos
cot g
(cos ) sin
dx xdx
x
dx xdx
==−
−
với ,.xkk
π
≠

−≈
hay
000
( ) () ()fx h fx f x h
′
+
≈+ . (4.3.9)
Ví dụ 3: Tính gần đúng arctg1,05 .
Theo công thức (4.3.9), ta có
1
2
1
arctg1,05 arctg1 | .0,05 0,81
1
x
x
=
≈+ ≈
+
.
Ví dụ 4: Tính gần đúng arcsin0,05
Theo công thức (4.3.9), ta có
0
2
1
arcsin 0,05 arcsin 0 | .0,05 0.05
1
x
x
=

13
Định lí Ferma Cho :( , )fab→  , nếu hàm đạt cực trị tại (,)cab
∈
và nếu f(x) khả vi tại c thì
() 0fc
′
= . (4.4.3)
Chứng minh:
Giả sử hàm đạt cực đại tại
c (trường hợp đạt cực tiểu tại c chứng minh tương tự).
Do hàm đạt cực đại tại
c nên ∀h đủ nhỏ ta có
0()()fc h fc h
+
−≤∀

suy ra
00
()()fc h fc
h
h
+−
≤∀>

00
()()fc h fc
h
h
+
−

′
=
≥
.
Mặt khác vì
f có đạo hàm tại điểm c nên () () ()fc fc fc
+−
′
′′
=
= , do đó 0()fc
′
= (xem hình
4.4.1)

Hình 4.4.1
Chú ý rằng sự triệt tiêu của đạo hàm
()
′
f
c
về phương diện hình học có ý nghĩa là tiếp
tuyến tại điểm tương ứng của đường cong song song với trục Ox.
Định lý Rolle Cho hàm
:[ , ]fab→ 
có tính chất sau:
i)
f(x) liên tục trên [a,b],
ii)
f(x) khả vi trên (a,b),

Vì vậy
0() , [,]fx x ab
′
=∀∈ . Do đó điểm c là lấy điểm bất kì thuộc khoảng (a,b).
2)
m<M. Do f(a)=f(b), hàm f(x) không thể đạt cả hai giá trị m, M tại hai đầu mút của
khoảng, có nghĩa là ít nhất một trong hai giá trị đó đạt tại một điểm
(,)cab∈ . Khi đó, theo
định lí Fermat
() 0fc
′
= . Định lí đã được chứng minh.
Chú ý:
Ta chú ý rằng giả thiết
f(x) liên tục trên [a,b] là một giả thiết không thể bỏ qua được. Ví
dụ như xét hàm số (xem hình 4.4.2)
khi 0 1
1khi 0
()
xx
fx
x
<
≤
⎧
=
⎨
=
⎩


−
<≤
⎪
⎩

Hàm số này liên tục trên đoạn [0,1],
f(0)=f(1), nhưng không có đạo hàm tại
1
2
x =
, do đó
cũng không áp dụng định lí Rolle được.
Ví dụ 1: Hàm số f(x)=1−
2
3
x
triệt tiêu khi x
1
=
−
1, x
2
=1 nhưng
′
≠() 0fx với |x| ≤ 1 . Điều
này không mâu thuẫn với định lí Rolle.
Định lí về số gia hữu hạn (Định lí Lagrange).
Giả sử
:[ , ]fab→  có các tính chất
i) f liên tục trên [

.
Hiển nhiên
F(x) liên tục trên [a,b] vì nó là hiệu của hàm liên tục f(x) và hàm tuyến tính.
Trong khoảng (
a,b) hàm đó có đạo hàm hữu hạn bằng:
() ()
() () .
fb fa
Fx fx
ba
−
′′
=−
−

y
x
bc
a
0
C
B
A
f(b)
f(a)

Hình 4.4.4
Cuối cùng ta thấy F(a)=F(b)=0. Theo định lí Rolle tồn tại một điểm (,)cab∈ sao cho
() 0Fc
′

′
là hệ số góc của tiếp tuyến
với đường cong
y=f(x) tại điểm C(c,f(c)).
Theo định lí Lagrange trên cung
AB tìm được ít nhất một điểm c, mà tại đó tiếp tuyến
song song với dây cung
AB. Trường hợp f(a) = f(b) ta có định lí Rolle.
Chú ý 1: Bởi vì (,)cab
∈
, nên ta có thể viết
c = a + (),0 1ba
θ
θ
−
<<.
Khi đó công thức Lagrange có thể viết dưới dạng

16
f(b)
−
f(a )= [()](),0 1fa b a b a
θ
θ
+
−−<<. (4.4.5)
Chú ý 2: Nếu đặt a = x, b = x+
x
Δ
thì ta nhận được

−
=
′
−
. (4.4.7)
Rõ ràng rằng định lí Lagrange là trường hợp đặc biệt của định lí Cauchy: Để được công
thức số gia hữu hạn thì trong công thức Cauchy (4.4.5) ta đặt
g(x)=x.
Chứng minh:
Trước hết ta để ý rằng theo định lí Lagrange ta có thể tìm được một số
1
(,)cab∈ sao cho:
1
() () ( )( )gb ga g c b a
′
−
=−
Theo giả thiết
1
()0gc
′
≠ , nên () () 0.gb g
α
−
≠ (4.4.8)
Bây giờ ta xét hàm số
() ()
() () () (() ())
() ()
fb fa

() ()
() () 0
() ()
fb fa
fc gc
gb ga
−
′′
−=
−
.
Từ đây suy ra định lí được chứng minh.
Ví dụ 1: Cho hàm số
2
3
khi 0 1
2
()
1
khi 1 .
x
x
fx
x
x
⎧
⎪
−
⎪
≤≤

x
f
xx
++
+
→→
−
−
′
===−
−−

2
11
3
1
() (1)
2
(1) lim lim 1
11
xx
x
fx f
f
xx
−−
−
→→
−
−

≤≤
⎧
⎪
⎪
=− = =
−
⎨⎨
≤
⎪⎪
−
⎩
⎪
<≤
⎩

Công thức số gia hữu hạn đối với hàm số
f(x) trên [0,2] là
(2) (0) ( )(2 0)fffc
′
−= − hay
13
2. ( )
22
fc
′
−= ,
suy ra:
1
()
2

′
′
<
. Chứng minh (0,1)
ξ
∃∈ sao cho
() 0f
ξ
′
=
.
Chứng minh: Thật vậy, theo giả thiết hàm số liên tục trên [0,1], nên đạt giá trị lớn nhất,
bé nhất trên [0,1].
Không mất tổng quát, giả sử
(0) 0, (1) 0ff
+−
′′
<
> , ta có
0
() (0)
(0) lim 0,
x
fx f
f
x
+
+
→
−

nên
() (1)
0
1
fx f
x
−
>
−
hay () (1)fx f− <0, hay () (1)fx f
<
khi x khá gần 1, x<1.
Từ lý luận trên suy ra giá trị bé nhất của hàm số trên [0,1] không thể xảy ra ở hai đầu mút
0 và 1. Vậy giá trị bé nhất đạt được tại
(0,1)
ξ
∈
. Theo định lý Ferma

18
() 0f
ξ
′
=

Ví dụ 3: Chứng minh nếu
()
x
ϕ
là hàm khả vi, đơn điệu tăng và

−
=
<
′
−
với
0
x
cx
<
< .
Từ đây suy ra:
000
|() ()| () () khi fx fx x x x x
ϕ
ϕ
−≤− >
. Cuối cùng chú ý rằng đẳng thức
trên hiển nhiên đúng khi
x = x
0
.
4.5 Đạo hàm và vi phân cấp cao
4.8.1 Định nghĩa đạo hàm cấp cao
Giả sử :fU→  là hàm khả vi trên tập mở U ⊂  , khi đó ta nhận được hàm
:fU
′
→  . Nếu tại
0
x

(); ; ;
nn
nn
nn
dfx dy
fx y
dx dx
.
Đương nhiên là
() () ( )
(()) ()
mnmn
fx f x
+
= . (4.5.1)
Đôi khi ta viết
f
(0)
thay cho f.
Ta chú ý rằng, nếu tồn tại
()
0
()
n
fx, tức là nếu hàm
(1)
()
n
fx
−

Giả sử :fU→  và :gU→  là hai hàm khả vi cấp n trên U. Khi đó
12
,.cf cf f g+ là
những hàm khả vi cấp n trên U, trong đó
12
,cc
∈
 và
() () ()
12 1 2
)( ) ( ) () ()
nnn
icfcg xcf xcgx+=+ (4.5.2)
() () ( )
0
)(.) () (). ()
n
nkknk
n
k
ii f g x C f x g x
−
=
=
∑
. (4.5.3)
19

(3) (4)
3( ) ( )3( )hay
().
yfaxxfaxfax
yxfax
=−−−−−
=− −

4.8.3 Vi phân cấp cao
Cho U mở trong  và f là hàm khả vi cấp n trên tập mở U. Ta gọi vi phân cấp hai của
hàm
f, ký hiệu là d
2
f là biểu thức d
2
f=d(df). Một cách tổng quát, ta gọi vi phân cấp n của hàm f
là vi phân của vi phân cấp
n−1 của hàm f:
1
().
nn
df dd f
−
= (4.5.4)
Khi tính vi phân cấp cao ta chú ý rằng
dx là một số tuỳ ý và không phụ thuộc x ( dx x
=
Δ ),
nên khi lấy vi phân theo
x phải xem nó là hằng số. Trong trường hợp đó ta sẽ có

được
0
() .
n
nknkk
n
k
dfg Cd fdg
−
=
=
∑
(4.5.6)

20
Chú ý trong công thức (4.5.6) ta sẽ xem
00
,df f dg g
=
= .
Ví dụ 3: Cho y=f(x
2
) với f là hàm khả vi. Tính d
2
y.
Ta có:
2
2( )dy f x xdx
′
= ,

1
cos cos sin( )
2
1
yyyy
x
π
′
=== +
+

Lấy đạo hàm lần thứ hai theo
x (và nhớ rằng y là hàm của x) ta được
sin .sin( ) cos .cos( ) .
22
yyy yyy
ππ
⎡⎤
′′ ′
=− + + +
⎢⎥
⎣⎦22
cos .cos(2 ) cos .sin(2 )
222
cos .sin 2( ).
2
yy yy

yn yny
π
=− + .
4.6 Công thức Taylor
Trước đây, ta đã biết nếu hàm f(x) khả vi tại điểm
0
x
U
∈
, trong đó U là tập mở trong  ,
thì ta có thể biểu diễn số gia của hàm số dưới dạng
000
( ) () () ()fx h fx f x h h
ο
′
+
−= +

trong đó
()hο là vô cùng bé bậc cao hơn so với h.
Công thức này cho biết cách tính giá trị của
f(x) trong lân cận của điểm x
0
khi biết giá trị
f(x
0
) và đạo hàm
0
()fx
′

!(1)!
nn
nn
fc fc
fx fc xc xc
fc f c
xc xc
nn
+
+
′
′′
=+ −+ −++
+−+ −
+
(4.6.1)
trong đó
c là một số nằm giữa x và c.
Chứng minh: Trước hết ta hãy tìm đa thức
()
n
Px sao cho
() ()
( ) ( ); ( ) ( ); ; ( ) ( )
nn
nn n
Pc fcPc fc P c f c
′′
== =. (6.4.2)
Thật vậy đa thức

()
( ) 2.1. 3.2. ( ) ( 1) ( )
() 2!

( ) ( 1)( 2) 2.1. ( 1) 3.2.1. ( )
n
n
nn
n
n
nnn
Pc a
Px a ax c nn ax c
Pc a
Pxnn ann axc
−
−
−
′
=
′′
=+ −++−−
′′
=
=− − + − −

()
() !
n
nn

() () () () 0
n
nnn n
Rc Rc Rc R c
′′′
==== =
(4.6.6)
Mặt khác, nếu đặt
1
() ( )
n
Gx x c
+
=− (4.6.7)
thì cũng có
()
() () () () 0
n
Gc G c G c G c
′′′
==== =
và
(1)
() ( 1)!
n
Gxn
+
=+
Giả sử
(,), ,

11 2
11 2
() () () ()
() () () ()
nnnn
Rc Rc Rc Rc
Gc Gc Gc Gc
′′′
′′
−
==
′′′′′
−

với
c
2
nằm giữa c
1
và c
Như vậy, áp dụng (
n+1) lần định lí Cauchy ta được
(1)
(1)
() ()
()
()
n
nn
n

n
Rc
Rx xc
n
+
+
=−
+
. (4.6.9)
Từ (4.6.5)
11(1)(1)
() () () ().
nn n n
nn
Rxf xP xf x
++ + +
=− =
Từ đây ta nhận được
(1)
(1)
()
() ( )
(1)!
n
n
n
fc
Rx xc
n
+

+

trong đó
c là một số nằm giữa x và c, định lí được chứng minh.
Người ta thường gọi công thức (4.6.1) là công thức Taylor và biểu diễn một hàm số
f(x)
dưới dạng (4.6.1) là khai triển Taylor của hàm số
f(x) tại điểm x = c.
4.8.2 Khai triển Maclaurin
Ta thấy khi c = 0, thì (4.6.1) có dạng
23
23
() ( 1)
21
(0) (0) (0) ( )
( ) (0)
1! 2! ! ( 1)!
nn
nn
ff f fc
fx f x x x x
nn
+
+
′′′
=+ + ++ +
+

()
R() .
(1)!
n
n
n
fx
xx
n
θ
+
+
=
+

Chú ý:
a) Trong định lý Taylor ta thường viết x = c + h, khi đó công thức (4.6.1) có dạng
2
() ( 1)
1
() ()
( ) ( )
1! 2!
() ( )
.
!(1)!
nn
nn
fc fc
fc h fc h h

21
111
() () () () ()
2! ! ( 1)!
nn
fc dfc dfc dfc d f
nn
ξ
+
Δ= + ++ +
+
(4.6.11)
trong đó
.,0 1ch
ξ
θθ
=+ <<.
Ví dụ 1: Trước hết hãy xét f(x) = e
x
với x
∈

Khi đó ta có:
() *
() 0 () *
() .
(0) 1, ( ) .
kx
kkx
fxe k

n
xn
xx x
ex
n
ο
=+ + + + + với x
∈
 . (4.6.15)
Ví dụ 2: Xét hàm số f(x) = sin x với x
∈
 .
Ta thấy
()
() sin( )
2
k
k
fx x
π
=+ với k
∈
 , do đó

24
(2 )
(0) 0, (0) sin 0
n
ff n
π


Vì vậy bằng cách đặt trong công thức (4.6.12)
n = 2m, ta được
35 21
1
2
sin ( 1)
1! 3! 5! (2 1)!
m
m
m
xx x x
x
R
m
−
−
=− + ++− +
−
(4.6.16)
trong đó
2
2
()
(2 )!
m
m
x
Rx
m

=− + +− + . (4.6.17)
trong đó
21
21
() cos
(2 1)!
n
n
x
x
x
n
θ
+
+
ο=
+
với 01
θ
<
< .
Ví dụ 4: Xét khai triển của hàm
1
()
1
fx
x
=
+
với 1x

(0) 1, (0) 1, (0) ( 1) 2!, , (0) ( 1) !
nn
ff f f n
′′′
==−=− =−
Sử dụng công thức (4.6.12) ta được:
2
1
1 (1)()
1
nn n
x
xxx
x
ο
=−+ − +− +
+
(4.6.18)
trong đó
11
1
1
()(1)
(1 )
nn n
n
x
x
x
θ


25
25
23
1
ln(1 ) ( 1) ( )
23
n
nn
xx x
x
xx
n
−
+=− + −+− +ο

trong đó
1
1
11
()(1) .
1
(1 )
nn n
n
x
x
n
x
θ

+=++ ++
−−+
++ο
(4.6.20)
4.7 Qui tắc L’hospital để khử dạng vô định
Trước hết ta xét giới hạn
()
lim
()
xc
fx
gx
→
trong trường hợp f(x) và g(x) dần tới 0 khi
x
c→ .
Trường hợp đặc biệt của giới hạn này là:
Nếu như
f liên tục tại điểm x
0
, tức là
00
00
lim( ( ) ( )) lim( ) 0
xx xx
fx fx x x
→→
−=−=
thì ta gọi giới hạn
0

xc xc
fx gx
→→
=
= ,
với
c có thể vô hạn hoặc hữu hạn.
Định lý 4.7.1 Giả sử
i)
f và g là các hàm liên tục trên [a,b] và
(,)cab
∈
sao cho f(c) = g(c) = 0
ii) Nếu trong một lân cận nào đó của điểm
c (có thể trừ điểm c) tồn tại các đạo hàm
,fg
′
′

với
() 0gx
′
≠
.
iii) Ngoài ra tồn tại
()
lim
()
xc
fx