Bài 2: Vi phân - Khái niệm, định lý, qui tắc, đạo hàm

Định nghĩa: Cho f xác định trên khoảng mở I chứa x và y = f(x). Giả sử, ta có: 

$\mathrm{\Delta }y=f\left(x+\mathrm{\Delta }x\right)-f\left(x\right)=A.\mathrm{\Delta }x+\epsilon \left(x\right).\mathrm{\Delta }\left(x\right)$

với $\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\epsilon (x)=0$ và A không phụ thuộc $\mathrm{\Delta }x$ thì ta nói $A.\mathrm{\Delta }x$ là vi phân của f tại x. Khi đó ta ký hiệu vi phân của hàm f tại x là $dy=df\left(x\right)=A.\mathrm{\Delta }x$. Nếu f có vi phân tại x, ta nói hàm số f khả vi tại x.

Định lý: Cho f xác định trên khoảng mở I chứa x và $y=f(x)$. Ta có: f khả vi tại x ⇔ f có đạo hàm tại x.

Chứng minh:

$(\Leftarrow )$ Giả sử f có đạo hàm tại x

$\Rightarrow \underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\left[\frac{f(x+\mathrm{\Delta }x)-f(x)}{\mathrm{\Delta }x}-f^{\prime }(x)\right]=0$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }y=f(x+\mathrm{\Delta }x)-f(x)=f^{\prime }(x).\mathrm{\Delta }x+\epsilon (x).\mathrm{\Delta }(x)$

với $\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\epsilon (x)=0\Rightarrow f$ khả vi tại x.

(⇒) Đảo lại, nếu f khả vi tại x thì ta có:

$\mathrm{\Delta }y=A.\mathrm{\Delta }x+\epsilon (x).\mathrm{\Delta }(x)$ với A độc lập với $\mathrm{\Delta }x$ và $\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\epsilon (x)=0$

$\Rightarrow \frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=A+\epsilon (x)$ với $\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\epsilon (x)=0$

suy ra $f^{\prime }(x)=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=A$. Do đó, f có đạo hàm tại x.

Nhận xét:

• Từ định lý trên, ta có $dy=f^{\prime }\left(x\right).\mathrm{\Delta }x$ là vi phân của hàm f tại x.

Khi y = x thì $dy=dx=(x{)}^{\prime }.\mathrm{\Delta }x=1.\mathrm{\Delta }x=\mathrm{\Delta }x$, nên ta viết $dy=f^{\prime }(x)dxhay\frac{dy}{dx}=f^{\prime }(x)$

• dy là giá trị gần đúng của $\mathrm{\Delta }y$ khi  tức là $\mathrm{\Delta }x\to 0$ tức là $dy\approx \mathrm{\Delta }y$ (khi $\mathrm{\Delta }x\to 0$)

Ví dụ: Cho $y=3\left(x^2-5x+2\right)\Rightarrow dy=3\left(2x-5\right)dx$

$\Rightarrow y^{\prime }=3(2x-5)=\frac{dy}{dx}$

Tính gần đúng: Cho f là hàm số xác định trên khoảng mở I chứa x sao cho $x+\mathrm{\Delta }x\in I$ và khả vi tại X. Ta có: $f(x+\mathrm{\Delta }x)\approx f(x)+\mathrm{\Delta }x.f^{\prime }(x)$ khi $\mathrm{\Delta }x$ khá nhỏ

Ví dụ 1: Cho ln4 , tính gần đúng: $ln4,001;ln4,002;ln4,005$.

Đặt $f(x)=lnx\Rightarrow f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$

$\Rightarrow f\left(x+\mathrm{\Delta }x\right)-f\left(x\right)=f^{\prime }\left(x\right).\mathrm{\Delta }x+o\left(\mathrm{\Delta }x\right)$

$\Rightarrow ln\left(x+\mathrm{\Delta }x\right)-lnx\approx f^{\prime }\left(x\right).\mathrm{\Delta }x\left(\mathrm{\Delta }x\to 0\right)$

$\Rightarrow ln\left(x+\mathrm{\Delta }x\right)\approx lnx+f\left(x\right).\mathrm{\Delta }x$ (khi $\mathrm{\Delta }x$ khá nhỏ)

$ln(4,001)=ln(4+0,001)$

$\approx ln4+\frac{1}{4}.0,001=ln4+0,00025$

$ln\left(4,002\right)=ln\left(4+0,002\right)\approx ln4+f\left(4\right).0,002$

$=ln4+\frac{1}{4}.0,002=ln4+0,0005$

$ln4,005\approx ln4+\frac{1}{4}.0,005=ln4+0,00125$

Ví dụ 2: Tính gần đúng $sin31°,sin29°$

$sin{31}^0=\sin \left(\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{180}\right)\approx \sin \left(\frac{\pi }{6}\right)+\frac{\pi }{180}.\cos \frac{\pi }{6}$

$sin29^0=\sin \left(\frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{180}\right)\approx \sin \left(\frac{\pi }{6}\right)-\frac{\pi }{180}.\cos \frac{\pi }{6}$

Ví dụ 3: Tính gần đúng $\sqrt[3]{126}$

Xét $f(x)=\sqrt[3]{x}\Rightarrow f^{\prime }(x)=\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}$

Với x = 125 và h = 1, sử dụng công thức tính gần đúng $f(x+h)\approx f(x)+h.f^{\prime }(x)$ta có:

$\sqrt[3]{126}=\sqrt[3]{125+1}\approx \sqrt[3]{125}+1.\frac{1}{3\sqrt[3]{{125}^2}}=5+\frac{1}{75}$

Cho f, g là các hàm khả vi tại x

$1)d(f\pm g)(x)=df(x)\pm dg(x)$

$2)d(kf)(x)=k.df(x)$

$3)d(f.g)(x)=df(x).g(x)+f(x).dg(x)$

$4)d\left(\frac{f}{g}\right)(x)=\frac{g(x)df(x)-f(x)dg(x)}{g^2(x)}(g(x)\ne 0)$

Chứng minh:

Do tính chất đạo hàm và nếu y = f(x) khả vi tại x thì $dy=df(x)=f^{\prime }(x)dx$

Ví dụ: $h=\frac{f}{g}$ với f, g khả vi tại x ta có:

$d\left(\frac{f}{g}\right)(x)=dh(x)=h^{\prime }(x)dx=\left(\frac{f^{\prime }g-g^{\prime }f}{g^2}\right)(x)dx=\frac{g(x)df(x)-f(x)dg(x)}{g^2(x)}$

Cho $z=g(y)$ khả vi tại y, với y là biến độc lập.

Ta có: $dz=g^{\prime }(y)dy$

Cho $z=g(y)$ với y là hàm theo x và $y=f(x)$ khả vi.

Ta có: $z^{\prime }(x)=z^{\prime }(\mathrm{x})=\frac{dz}{dx}[g[f(x)]{]}^{\prime }=g^{\prime }[f(x)].f^{\prime }(x)$

$\Rightarrow dz=g^{\prime }\left[f(x\right).f^{\prime }\left(x\right)dx=g^{\prime }\left[f\left(x\right)\right].dy=g^{\prime }(y).dy$

Như vậy, biểu thức $dz=g^{\prime }(y).dy$ không thay đổi dù y là biến độc lập hay là hàm theo một biến khác.

Định nghĩa: Cho f xác định trên khoảng mở I chứa x₀.

Nếu $\mathrm{\exists }h>0$ sao cho $f(x)\le f(x_0),\mathrm{\forall }x\in (x_0-h,x_0+h)\cap I$ thì ta nói f đạt cực đại địa phương tại x₀.

Tương tự, f đạt cực tiểu địa phương tại x₀ nếu $\mathrm{\exists }h>0$ sao cho $f(x)\ge f(x_0),\mathrm{\forall }x\in (x_0-h,x_0+h)\cap I$

Cực đại địa phương hay cực tiểu địa phương gọi chung là cực trị địa phương.

Bổ đề Fermat: Cho f xác định trên khoảng mở (a,b). Nếu f đạt cực đại địa phương tại $x_0\in (a;b)$ và f'(x₀) tồn tại thì f(x₀) = 0.

Chứng minh: Vì f đạt cực đại tại x₀ nên

$\mathrm{\exists }h>0:f(x)\le f(x_0),\mathrm{\forall }x\in (x_0-h,x_0+h)\subset (a,b)$

Xét $x\in (a,b)$ và $x_0-h<x<x_0$, ta có:

$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\ge 0$

Do f'(x₀) tồn tại nên $f^{\prime }(x_0)=f^{\prime }(x_0^{-})=f^{\prime }(x_0^{+})$

$f^{\prime }(x_0)=f^{\prime }(x_0^{-})=\underset{x\to x_0^{-}}{lim}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\ge 0$    (1)

Xét \(x_0ta có $\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\le 0$

$f^{\prime }(x_0)=f^{\prime }(x_0^{-})=\underset{x\to x_0^{+}}{lim}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\ge 0$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow f^{\prime }(x_0)=0$

Ghi chú: Định lý được phát biểu tương tự khi x₀ là cực tiểu địa phương.

Ý nghĩa hình học của định lý Rolle

Nếu f khả vi trên (a,b) liên tục [a,b] và $f(a)=f(b)$ thì $C(c,f(c))$ trên cung AB với $A(a,f(a)),B(b,f(b))$ sao cho vectơ chỉ phương của tiếp tuyến tại C cùng phương với vectơ Ox (hoạc cùng phương với vectơ AB).

Định Iý Lagrange: (Định lý giá trị trung bình)

Nếu f liên tục trên [a,b], khả vi trên $(a,b)(a\ne b)$ thì

$\mathrm{\exists }c\in (a,b):f^{\prime }(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(1)$

$(1)\iff f(b)-f(a)=f^{\prime }(c)(b-a)$

Chứng minh:

Nhận xét: $(1)\iff f^{\prime }(c)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0$

Để áp dụng định lý Rolle ta cần tìm hàm g sao cho

$\{\begin{array}{l}{g}^{\prime }(c)=f^{\prime }(c)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\\ g(a)=g(b)\end{array}$

Đặt $g(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$

Ta có: g liên tục trên [a,b] khả vi trên (a,b) và $g(a)=g(b)$

Áp dụng định lý Rolle:

$\Rightarrow \mathrm{\exists }c\in (a,b):g^{\prime }(c)=0$

Mà $g^{\prime }(c)=f^{\prime }(c)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

$\Rightarrow \mathrm{\exists }c\in (a,b):f^{\prime }(c)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0\Rightarrow$đpcm

Hệ quả: f liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b) và $f^{\prime }\left(x\right)=0,\mathrm{\forall }x\in \left(a,b\right)\Rightarrow f(x)$ là hàm hàng trên (a,b), nghĩa là f(x) = k (hằng), $\mathrm{\forall }x\in \left(a,b\right)$

Chứng minh:

Lấy x₁, x₂ bất kỳ $\in (a,b)$. Giả sử x₁ < x₂.

Khi đó f liên tục trên $[x_1,x_2]\subset \left(a,b\right)$ và khả vi trên (x₁,x₂)

Áp dụng Lagrange ta có:

$f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(c)(x_2-x_1)$với $c\in (x_1,x_2)$

mà $f^{\prime }(c)=0$ (giả thiết)

$\Rightarrow f(x_2)-f(x_1)=0,\mathrm{\forall }{x}_1{x}_2\in (a,b)$

$\Rightarrow f(x_2)=f(x_1),\mathrm{\forall }{x}_1{x}_2\in (a,b)$

 nghĩa là f là một hàm hàng trên (a, b).

Giả sử $y=f(x)$ có đạo hàm $y^{\prime }=f^{\prime }(x)$. Nếu hàm $y^{\prime }=f^{\prime }(x)$ có đạo hàm thì $y^{″}=(y^{\prime }{)}^{\prime }=(f^{\prime }(x))=f^{″}(x)$ được gọi là đạo hàm cấp 2 của f tại x.

Giả sử đạo hàm cấp n - 1 của f tồn tại và có đạo hàm tại x. Khi đó, đạo hàm của đạo hàm cấp n - 1 được gọi là đạo hàm cấp n: $y^{(n)}=(y^{(n-1)}{)}^{\prime }=(f^{(n-1)}\left(x\right){)}^{\prime }=f^{(n)}\left(x\right)$

Ví dụ: $y=(a-x{)}^n$

Thì ${\mathrm{y}}^{(\mathrm{n})}=(-\mathrm{l}{)}^{\mathrm{n}}\mathrm{n}!$

$y^{\left(n+1\right)}=0$

Qui tắc tính đạo hàm bậc cao

Giả sử f và g là các hàm số có đạo hàm đến cấp n tại n.

Khi đó:

$i){\left(f\pm g\right)}^{(n)}(x)=f^{(n)}(x)\pm g^{(n)}(x)$

$ii){\left(cf\right)}^{(n)}(x)=c.f^{(n)}(x),\in R$

$iii){\left(fg\right)}^{(n)}(x)=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{f}^{(k)}(x).g^{(n-k)}(x)$

Qui ước: $f^{(0)}(x)=f(x);0!=1;C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$

Chứng minh:

i) và ii) là hiển nhiên

iii) Chứng minh bàng qui nạp

Ví dụ:

i) $f(x)=e^{ax},f^{\prime }(x)=a{e}^{ax},f^{″}(x)=a^2{e}^{ax},f^{‴}(x)=a^3{e}^{ax},...,f^{(n)}(x)=a^n{e}^{ax}$

ii) $y=(ax+b{)}^{\alpha }$

$y^{\prime }=a\alpha (ax+b{)}^{\alpha -1}$

$y^{″}=a^2\alpha (\alpha -1)(ax+b{)}^{\alpha -2}$

$y^{‴}=a^3\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)(ax+b{)}^{\alpha -3},...$

Giả sử y = f(x) là hàm số xác định và khả vi tại mọi x thuộc khoảng mở I. Khi đó vi phân cấp một $dy=f^{\prime }(x)dx$ là một hàm theo x.

Nếu dy là hàm khả vi tại x thì biểu thức 

$d^{2}y=d\left(dy\right)=(f^{\prime }\left(x\right)dx{)}^{\prime }dx=f\left(x\right)d{x}^2=f^{″}(x)d{x}^2$

 được gọi là vi phân cấp 2 của $y=f(x)$.

Ghi chú:

i) Vi phân của vi phân cấp 1 là vi phân cấp 2.

ii) $d^{2}y=d(dy)$ và $(dx{)}^2=d{x}^2$ là qui ước (ký hiệu)

Giả sử f có vi phân cấp n - 1 và $d^{n-1}f$ có vi phân, vi phân của vi phân cấp n - 1 được gọi là vi phân cấp n của $f{d}^{n}y=d(d^{n-1}y)={\left[f^{(n-1)}(x)d{x}^{n-1}\right]}^{\prime }dx=f^{(n)}(x)d{x}^n$ (x là biến độc lập)

$\frac{d^{n}y}{d{x}^n}=f^{(n)}(x)(\ast )$

Ghi chú: Thông thường, khi n > 1 thì công thức (*) không còn đúng nếu x không phải là biến độc lập (x là một hàm theo t).

Ví dụ: Cho $y=f(x)$ là hàm khả vi và $x=\phi (t)$ là hàm khả vi. Ta có: $dy=f^{\prime }\left(x\right)dx=f^{\prime }\left(\phi \left(t\right)\right).{\phi }^{\prime }\left(t\right)dt$

$\Rightarrow d^{2}y={\left[f^{\prime }(\phi (t)).{\phi }^{\prime }(t)\right]}^{\prime }d{t}^2$

$=\left[f^{″}(\phi (t)).{\phi }^{\prime }(t).{\phi }^{\prime }(t)+{\phi }^{″}(t)f^{\prime }(\phi (t))\right]d{t}^2$

$=f^{″}(\phi (t)).{\left[{\phi }^{\prime }(t)dt\right]}^2+f^{\prime }(\phi (t)).{\phi }^{″}(t)d{t}^2$

$=f^{″}(x)d{x}^2+f^{\prime }(x).d^{2}x$

$\Rightarrow y^{″}=\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{f^{\prime }(x)d^{2}x}{d{x}^2}+f^{″}(x)$

Nhân xét: Nếu x là biến độc lập thì $dx=\mathrm{\Delta }x$ (hàng số).

Khi đó $d^{2}x=(\mathrm{\Delta }x{)}^{\prime }dx=0dx=0$

Ví dụ: $y=\left(x^5-8x^2\right)$ thì $dy=(5x^4-16x)dx$

Và $d^{2}y=(20x^3-16)d{x}^2;y^{″}=\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=20x^3-16$