Bài 1: Đạo hàm

Định nghĩa: Cho hàm số f xác định trên khoảng mở I chứa x₀. Nếu giới hạn $\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$  tồn tại hữu hạn thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của f tại x₀.

Kí hiệu: $f^{\prime }(x_0)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$

$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{f(x_0+\mathrm{\Delta }x)-f(x_0)}{\mathrm{\Delta }x}=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}$

Nếu f'(x₀) tồn tại ta nói f có đạo hàm tại x₀

Khi f'(x₀) tồn tại, ta có $f^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$

Nếu f có đạo hàm tại mọi x thuộc I, khi đó f có đạo hàm trên I và gọi hàm số $f^{\prime }:I\to R$ là đạo hàm của hàm f.

Nếu $\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\underset{x\to x_{{}_0}^{-}}{lim}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ tồn tại hữu hạn thì giới hạn đó gọi là đạo hàm bên trái tại x₀.

Kí hiệu: $f^{\prime }(x_0^{-})=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$

Tương tự: $f^{\prime }(x_0^{+})=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\underset{x\to x_0^{+}}{lim}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$đạo hàm bên phải tại x₀ của f.

Nhận xét:

i) $f^{\prime }(x_0^{-})$ tồn tại $\iff f^{\prime }(x_0^{-}),f^{\prime }(x_0^{+})$ tồn tại và $f^{\prime }(x_0^{-})=f^{\prime }(x_0^{+})$

ii) Có khi $f^{\prime }(x_0^{-})$ và $f^{\prime }(x_0^{+})$ tồn tại nhưng $f^{\prime }(x_0)$ không tồn tại.

Ví dụ: Xét $f(x)=|x|$.

Ta có: $f^{\prime }(0^{+})=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{\left|0+h\right|-\left|0\right|}{h}=1$

$f^{\prime }(0^{-})=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{\left|0+h\right|-\left|0\right|}{h}=-1$

Nhưng f'(0) không tồn tại.

• $y=f(x)=x^n$

$y^{\prime }=f^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{{(x+h)}^n-x^n}{h}$

$=\underset{h\to 0}{lim}\frac{x^n+n{x}^{n-1}h+\frac{n(n-1)}{2!}{x}^{n-2}{h}^2+...+h^n-x^n}{h}$

$=\underset{h\to 0}{lim}\frac{hn{x}^{n-1}+\sum _{k=2}^n\frac{n!}{k!(n-k)}{h}^k{x}^{n-k}}{h}=n{x}^{n-1}$

• $y=f(x)=cosx$

Ta có: $(\cos x{)}^{\prime }=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\cos (x+h)-\cos x}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{-2\sin \left(x+\frac{h}{2}\right)\sin \frac{h}{2}}{h}$

$=\underset{h\to 0}{lim}\left[-\sin \left(x+\frac{h}{2}\right)\frac{\sin \frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}\right]=\underset{h\to 0}{lim}\left[-\sin \left(x+\frac{h}{2}\right)\right]=-\mathrm{sinx}$

Ghi chú:  Vì sinx liên tục nên $=\underset{h\to 0}{lim}\mathrm{sinx}\left(x+\frac{h}{2}\right)=\mathrm{sinx}$

Tổng quát: Đẳng thức $\underset{h\to 0}{lim}f(x_0+h)=f(x_0)$ chỉ đúng khi f liên tục tại x₀.

Ví dụ: $f(x)=\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{sinx}}{x}x\ne 0\\ 3x=0\end{array}$

Ta có: $\underset{h\to 0}{lim}f(0+h)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sin (h)}{h}=1\ne f(0)=3$

• $y=f(x)=tgx$

$(tgx{)}^{\prime }=\underset{h\to 0}{lim}\frac{tg(x+h)-tgx}{h}$

$\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sin (h)}{h\cos (x+h)\cos x}=\frac{1}{{\cos }^{2}x}=1+t{g}^{2}x$

• Tương tự: $(sinx{)}^{\prime }=cosx$
• $(\mathrm{cotgx}{)}^{\prime }=-\frac{1}{{\sin }^{2}x}=-(1+{\mathrm{cotg}}^{2}x)$
• $(\sqrt{x}{)}^{\prime }=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sqrt{x+h}-\sqrt{x}}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{h}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt{x})}=\frac{1}{2\sqrt{x}}(x>0)$
• $a>0,a\ne 1$

${\left({\log }_{a}x\right)}^{\prime }=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\ln (x+h)-\ln x}{h\ln a}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\ln \left(\frac{x+h}{x}\right)}{h\ln a}$

$=\frac{1}{x\mathrm{lna}}\underset{h\to 0}{lim}\frac{\ln \left(1+\frac{h}{x}\right)}{\frac{h}{x}}=\frac{1}{x\mathrm{lna}}$

Nhắc lại $\underset{u\to 0}{lim}\frac{\ln (1+u)}{u}=1$

Cho đường cong $(C):y=f(x),M_0(x_0,f(x_0))\in (C)$

Xét cát tuyến MM₁ và tiếp tuyến MT.

Đặt $M_1\left(x,y\right),\beta =\left(\overrightarrow{Ox},\overrightarrow{M{M}_1}\right),\alpha =\left(\overrightarrow{Ox},\overrightarrow{MT}\right)$

Khi $M_1\to M\Rightarrow M{M}_1\to MT\Rightarrow \beta \to \alpha$và $tg\alpha =\underset{x\to x_0}{lim}$ mà $tg\beta =\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$

$\Rightarrow tg\alpha =\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{\prime }(x_0)$

$\Rightarrow f^{\prime }(x_0)$ chính là hệ số góc (độ dốc) của tiếp tuyến với đường cong y = f(x) tại điểm $M_0(x_0,f(x_0))$.

Phương trình tiếp tuyến với đường cong y = f(x) tại điểm $M_0(x_0,f(x_0))$ là: $y-f(x_0)=f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$

f xác định trên khoảng mở chứa x₀. Nếu f có đạo hàm tại x₀ thì f liên tục tại x₀.

Chứng minh:

f có đạo hàm tại $x_0\Rightarrow \underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ tồn tại hữu hạn

⇒ tồn tại khoảng mở $I=\left(x_0-{\alpha }_1,x_0+{\alpha }_1\right)$và $\mathrm{\exists }M$ sao cho $\left|\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\right|\le M,\mathrm{\forall }x\in I$ và $x\ne x_0$

$\Rightarrow \left|f(x)-f(x_0)\right|\le M\left|x-x_0\right|,\mathrm{\forall }x\in I$

$\Rightarrow \underset{x\to x_0}{lim}\left|f(x)-f(x_0)\right|=0\Rightarrow \underset{x\to x_0}{lim}f(x)=f(x_0)$

⇒ f liên tục tại x₀.

Ghi chú: điều ngược lại không đúng:

“f liên tục tại x₀ ⇒ f có đạo hàm tại x₀ ” là mệnh đề sai

Ví dụ:
f(x) = IxI liên tục tại 0 nhưng không có đạo hàm tại 0.

f(x) = |(x-2)(x+5)| liên tục tại x = 2, x = -5 nhưng không có đạo hàm tại 2 và -5.

Nhận xét: Thông thường f(x) = |g(x)| sẽ không có đạo hàm tại những điểm x₀ mà g(x) đổi dấu.

f, g xác định trên khoảng mở chứa x₀. Nếu f'(x₀) và g'(x₀) tồn tại thì:

$1){\left(f\pm g\right)}^{\prime }\left(x_0\right)=f^{\prime }\left(x_0\right)\pm g^{\prime }\left(x_0\right)$

$2){\left(kf\right)}^{\prime }(x_0)=k{f}^{\prime }\left(x_0\right)$

$3)(f.g{)}^{\prime }\left(x_0\right)=f(x_0).g\left(x_0\right)+f(x_0).g^{\prime }\left(x_0\right)$

$4){\left(\frac{f}{g}\right)}^{\prime }(x_0)=\frac{f^{\prime }(x_0)g(x_0)-g^{\prime }(x_0)f(x_0)}{g^2(x_0)}$

Chứng minh:

$1)(f+g{)}^{\prime }(x_0)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{(f+g)(x_0+h)-(f+g)(x_0)}{h}$

$=\underset{h\to 0}{lim}\left[\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}+\frac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h}\right]=f^{\prime }(x_0)+g^{\prime }(x_0)$

$2){\left(kf\right)}^{\prime }(x_0)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{(kf)(x_0+h)-(kf)(x_0)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}k\left[\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\right]=k{f}^{\prime }(x_0)$

$3)(f.g{)}^{\prime }(x_0)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{(f.g)(x_0+h)-(fg)(x_0)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x_0+h).g(x_0+h)-f(x_0)g(x_0)}{h}$

$=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x_0+h).g(x_0+h)-g(x_0+h)f(x_0)+g(x_0+h)f(x_0)-f(x_0)g(x_0)}{h}$

$=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.g(x_0+h)+\underset{h\to 0}{lim}f(x_0).\frac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h}$

$=f^{\prime }(x_0).g(x_0)+f(x_0).g^{\prime }(x_0)$

4) Ta chứng minh ${\left(\frac{1}{g}\right)}^{\prime }(x_0)=-\frac{g^{\prime }(x_0)}{g^2(x_0)}$

${\left(\frac{1}{g}\right)}^{\prime }(x_0)=\underset{h\to 0}{lim}\left(\frac{1}{g(x_0+h)}-\frac{1}{g(x_0)}\right).\frac{1}{h}$

$=\underset{h\to 0}{lim}\frac{g(x_0)-g(x_0+h)}{h.g(x_0+h).g(x_0)}=-\frac{g^{\prime }(x_0)}{g^2(x_0)}$

Cho hàm số f xác định trên khoảng mở chứa x₀ và f'(x₀) tồn tại, g xác định trên khoảng mở chứa y₀ = f(x₀) và $g^{\prime }(y_0)=g^{\prime }\left[f(x_0)\right]$ tồn tại.  Khi đó hàm số hợp h = g_of  có đạo hàm x₀ và $(g_{o}f)(x_0)=g^{\prime }\left[f(x_0)\right].f^{\prime }(x_0)$

Chứng minh:

Vì f'(x₀) tồn tại nên $\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{\prime }(x_0)+{\epsilon }_1(x)$

với $\underset{x\to x_0}{lim}{\epsilon }_1(x)=\underset{x\to x_0}{lim}\left[\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}-f^{\prime }(x_0)\right]=0$

Khi đó: $f(x)-f(x_0)=\left(x-x_0\right)\left[f^{\prime }(x_0)+{\epsilon }_1(x)\right]$ (1)

với ${\epsilon }_1(x)\to 0khix\to x_0$

Tương tự, vì $g^{\prime }\left[f(x_0)\right]$ tồn tại nên

$g\left[f(x)\right]-g\left[f(x_0)\right]=\left[f(x)-f(x_0)\right]\left[g^{\prime }\left[f(x_0)\right]+{\epsilon }_2\left[f(x)\right]\right]$(2)

với ${\epsilon }_2\left[f(x)\right]\to 0khif(x)\to f(x_0)$

Thế (1) vào (2) :

$g\left[f(x)\right]-g\left[f(x_0)\right]=(x-x_0)\left[f^{\prime }(x_0)+{\epsilon }_1(x)\right]\left[g^{\prime }\left[f(x_0)\right]+{\epsilon }_2\left[f(x)\right]\right]$

$\Rightarrow \frac{g\left[f(x)\right]-g\left[f(x_0)\right]}{x-x_0}=\left[f^{\prime }(x_0)+{\epsilon }_1(x)\right]\left[g^{\prime }\left[f(x_0)\right]+{\epsilon }_2\left[f(x_0)\right]\right]$

Vì f liên tục tại x₀ nên khi $x\to x_0$ thì $f(x)\to f(x_0)\Rightarrow {\epsilon }_2\left[f(x)\right]\to 0$

$\Rightarrow (g_{o}f{)}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0}{lim}\frac{g\left[f(x)\right]-g\left[f(x_0)\right]}{x-x_0}$

$\begin{array}{l}=\underset{x\to x_0}{lim}\left[f^{\prime }(x_0)+{\epsilon }_1(x)\right]\left[g^{\prime }\left[f(x_0)\right]+{\epsilon }_2\left[f(x)\right]\right]\\ =f^{\prime }(x_0).g^{\prime }\left[f(x_0)\right]\end{array}$

Cho hàm f là một hàm số liên tục, đơn điệu nghiêm cách từ (a,b) vào (c,d). Gọi $\phi$ là hàm ngược của $f,\phi \equiv f^{-1}:(c,d)\to (a,b)$. Nếu f có đạo hàm tại $x_0\in (a,b)$và $f^{\prime }(x_0)\ne 0$ thì $\phi$ có đạo hàm tại $y_0=f(x_0)$ và 

${\phi }^{\prime }(y_0)=\frac{1}{f^{\prime }(x_0)}=\frac{1}{f^{\prime }\left[{\phi }^{\prime }(y_0)\right]}=\frac{1}{f^{\prime }\left[f^{-1}(y_0)\right]}$

Chứng minh:

${\phi }^{\prime }(y_0)=\underset{y\to y_0}{lim}\frac{\phi (y)-\phi (y_0)}{y-y_0}=\underset{y\to y_0}{lim}\frac{x+x_0}{f(x)-f(x_0)}$

$=\underset{x\to x_0}{lim}\frac{1}{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=\frac{1}{f^{\prime }(x_0)}=\frac{1}{f^{\prime }\left[\phi (y_0)\right]}$

(Vì f liên tục tại x₀ và $\phi$ liên tục tại y₀ nên $y\to y_0\iff x\to x_0$ ).

Ghi chú:

Vì hàm f là một hàm số liên tục, đơn điệu nghiêm cách từ (a, b) vào (c, d) nên f^-1 tồn tại và liên tục trên (c, d).

Ví dụ 1:

$y=\arcsin x$và $-1<x<1\iff x=\sin y$và $-\frac{\pi }{2}<y<\frac{\pi }{2}$

$(arcsinx{)}^{\prime }=\frac{1}{(\sin y{)}^{\prime }}=\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\sqrt{1-{\sin }^{2}y}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

$y=arctgx$ với $x\in (-\mathrm{\infty };+\mathrm{\infty })\iff x=tgy$với $-\frac{\pi }{2}<y<\frac{\pi }{2}$

Tương tự: $(arccosx{)}^{\prime }=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ với $-1<x<1$

Ví dụ 2: Chứng minh (dành cho độc giả)

$arctgx+arccotgx=\frac{\pi }{2},\mathrm{\forall }x\in R$

$arcsinx+arccosx=\frac{\pi }{2},\mathrm{\forall }x\in \left[-1,1\right]$