Mời các bạn cùng tham khảo nội dung bài giảng Bài 4: Vài ứng dụng của đạo hàm và vi phân sau đây để tìm hiểu về qui tắc L'Hospital 1, qui tắc L’Hospital 2.
Tóm tắt lý thuyết
1. Qui tắc L'Hospital 1
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
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{f\left( {\frac{1}{t}} \right)}}{{g\left( {\frac{1}{t}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{ - \frac{1}{{{t^2}}}f'\left( {\frac{1}{t}} \right)}}{{ - \frac{1}{{{t^2}}}g'\left( {\frac{1}{t}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{f'\left( {\frac{1}{t}} \right)}}{{g'\left( {\frac{1}{t}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}}\)
2. Qui tắc L’Hospital 2
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
\(\frac{{f({x_2}) - f({x_1})}}{{{x_2} - {x_1}}} = f'(c) \ge 0\)
\(\Rightarrow f({x_2}) - f({x_1}) \ge 0 \Rightarrow f({x_2}) \ge f({x_1}) \Rightarrow f\)tăng trên (a,b)
ii) \(\forall {x_1},{x_2} \in (a,b)\) theo Lagrange ta có
\(\frac{{f({x_2}) - f({x_1})}}{{{x_2} - {x_1}}} = f'(c) > 0 \Rightarrow f({x_2}) > f({x_1})\)
⇒ f tăng nghiêm cách trên (a, b)
Ghi chú:
- Định lý vẫn đúng khi thay (a, b) bàng [a, b]
- Định lý được phát biểu tương tự khi f giảm.
- Phần (ii) chỉ là điều kiện cần.
Ví dụ: \(f(x) = x^3\) tăng nghiêm cách trên R, nhưng \(f'(0) = 0\) (không dương)
Định lý: Cho hàm số f có đạo hàm cấp n +1 trong khoảng mở chứa x0 và \(f'({x_0}){\rm{ }} = {\rm{ }}f''\left( {x{}_0} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}...{\rm{ }} = {f^{\left( {n - 1} \right)}}\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0\) và \({f^{\left( n \right)}}\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} \ne {\rm{ }}0\). Ta có:
- Nếu n lẻ thì f không đạt cực trị tại x0.
- Nếu n chẩn thì f đạt cực trị tại x0. Cụ thể :
- \({f^{\left( n \right)}}\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} > {\rm{ }}0:f\) đạt cực tiểu tại x0
- \({f^{\left( n \right)}}\left( {{x_0}} \right){\rm{ < }}0:f\) đạt cực đại tại x0
Chứng minh:
Dùng công thức khai triển Taylor của f tại x0 ta có:
\(f(x) - f({x_0}) = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{f^{(k)}}({x_0}){{\left[ {x - {x_0}} \right]}^k}}}{{k!}}} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c){{\left[ {x - {x_0}} \right]}^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}}\)
\(= \frac{{{f^{(n)}}({x_0}){{\left[ {x - {x_0}} \right]}^n}}}{{n!}} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c){{\left[ {x - {x_0}} \right]}^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}}\)
\(= \frac{{{{\left[ {x - {x_0}} \right]}^n}}}{{n!}}\left[ {{f^{(n)}}({x_0}) + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)\left[ {x - {x_0}} \right]}}{{n + 1}}} \right]\)
Với \(c \in \left( {{x_0},x} \right)\) hoặc \(c \in \left( {{x},x_0} \right)\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{n + 1}}\left[ {x - {x_0}} \right] = 0\) nên tồn tại một khoảng mở I tâm x0 bán kính a sao cho giá trị của biểu thức
\(\left[ {{f^{(n)}}({x_0})\frac{{{f^{(n + 1)}}(c)\left[ {x - {x_0}} \right]}}{{n + 1}}} \right]\)
cùng dấu với \({{f^{(n)}}({x_0}),\forall x \in I}\)
Do đó khi n lẻ thì \(f(x) - f(x_0)\) đổi dấu khi đi qua x0, vậy hàm số F không đạt cực trị tại x0 khi n lẻ.
Nếu n chẵn và \({{f^{(n)}}({x_0}) > 0}\) thì \(f\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}f\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} > 0\,\,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in I\), nghĩa là f đạt cực tiểu tại x0.
Nếu n chẵn và \({{f^{(n)}}({x_0}) < 0}\) thì \(f\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}f\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} \le 0\,\,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in I\), nghĩa là f đạt cực đại tại x0.
Ghi chú: Cách nhớ:
- Trường hợp i) nhớ \(y = x^3 \)
- Trường hợp ii).a nhớ \(y = x^2 \)
- Trường hợp ii).b nhớ \(y =- x^2 \)
Ví dụ:
\(\begin{array}{l} f\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}{x^3},{\rm{ }}f'\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}3{x^2},{\rm{ }}f\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}6x,{\rm{ }}f'\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}6\\ {\rm{ }}f'\left( 0 \right){\rm{ }} = {\rm{ }}f\left( 0 \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0,{\rm{ }}f'\left( 0 \right){\rm{ }} = {\rm{ }}6 \ne 0 \end{array} \)
n = 3 (lẻ) ⇒ f không đạt cực trị tại 0
\(f(x) = (3x - 1)^4, f'(x) = 4.3(3x - 1)^3,\)
\(f"(x) = 12.3^2(3x - 1)^2, f'''(x) = 24.3^3(3x -1), f^{(4)}(x) =24.3^4\)
\(f'\left( {\frac{1}{3}} \right) = f''\left( {\frac{1}{3}} \right) = f'''\left( {\frac{1}{3}} \right) = 0\) và \({f^{(4)}}\left( {\frac{1}{3}} \right) = {24.3^4} > 0\)
n = 4 (chẵn) và \({f^{(4)}}\left( {\frac{1}{3}} \right) > 0 \Rightarrow f\) đạt cực tiểu tại \(x = \frac{1}{3}\)
\(f(x) = x - {e^x};f'(x) = 1 - {e^x};f''(x) = - {e^x} < 0,\forall x \in R\)
\(f'(0) = 0,f''(0) < 0 \Rightarrow f\)đạt cực đại tại x = 0
