Bài 4: Vài ứng dụng của đạo hàm và vi phân

Cho f, g liên tục trên khoảng mở I chứa a và $f(a)=g(a)=0$. Giả sử f, g khả vi $\mathrm{\forall }x\in I\mathrm{\setminus }\left\{a\right\},g^{\prime }(x)\ne 0\mathrm{\forall }x\in I\mathrm{\setminus }\left\{a\right\}$và $\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=L$ (L hữu hạn hoặc vô hạn)

thì $\underset{x\to a}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=L\left(=\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}\right)$

Chứng minh:

Xét $x\in I$ và a < x. Áp dụng định lý Cauchy $\mathrm{\exists }c\in \left(a,x\right)$:

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

$\Rightarrow \mathrm{\exists }c\in (a,x):\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f^{\prime }(c)}{g^{\prime }(c)}$

Khi $x\to a^{+}$ thì $c\to a^{+}$suy ra 

$\underset{x\to a^{+}}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a^{+}}{lim}\frac{f^{\prime }(c)}{g^{\prime }(c)}=\underset{c\to a^{+}}{lim}\frac{f^{\prime }(c)}{g^{\prime }(c)}=L$  (1)

Tương tự: khi $x\in I$ và x < a. Ta có:

$\underset{x\to a^{-}}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a^{-}}{lim}\frac{f^{\prime }(c)}{g^{\prime }(c)}=L$              (2)

(1) và (2) $\Rightarrow \underset{x\to a}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }(c)}{g^{\prime }(c)}=L$

 Ví dụ 1: Tính $\underset{x\to 0}{lim}\frac{e^x-e^{-x}-2\sin x}{x-\mathrm{sinx}}$

$=\underset{x\to 0}{lim}\frac{e^x+e^{-x}-2\cos x}{1-\mathrm{cosx}}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{e^x+e^{-x}+2\sin x}{sinx}$

$=\underset{x\to 0}{lim}\frac{e^x+e^{-x}+2\cos x}{\mathrm{cosx}}=4$

Ví dụ 2: $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{1}{1+x}}{1}=1$

Hệ quả: Định lý vẫn đúng khi thay x → a bằng $x\to +\mathrm{\infty },x\to -\mathrm{\infty }$

Đặt $t=\frac{1}{x}\Rightarrow$ khi $x\to \pm \mathrm{\infty }$ thì t → 0

$\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{t\to 0}{lim}\frac{f\left(\frac{1}{t}\right)}{g\left(\frac{1}{t}\right)}=\underset{t\to 0}{lim}\frac{-\frac{1}{t^2}{f}^{\prime }\left(\frac{1}{t}\right)}{-\frac{1}{t^2}{g}^{\prime }\left(\frac{1}{t}\right)}=\underset{t\to 0}{lim}\frac{f^{\prime }\left(\frac{1}{t}\right)}{g^{\prime }\left(\frac{1}{t}\right)}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$

Cho I là một khoảng mở chứa a. Giả sử f, g xác định và có đạo hàm hữu hạn trên $I\mathrm{\setminus }\left\{a\right\},g^{\prime }(x)\ne 0\mathrm{\forall }x\in I\mathrm{\setminus }\left\{a\right\}.$

Nếu $\underset{x\to a}{lim}\left|f(x)\right|=\underset{x\to a}{lim}\left|g(x)\right|=+\mathrm{\infty }$ và $\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=L$ (L hữu hạn hoạc vô hạn) thì $\underset{x\to a}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=L$

Chứng minh:

Ta chỉ chứng minh cho trường hợp 

$\underset{x\to a^{+}}{lim}f(x)=\underset{x\to a^{+}}{lim}g(x)=+\mathrm{\infty }$

và $\underset{x\to a^{+}}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=L$ (1)

L hữu hạn: do (1) ta có

$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\alpha >0:0<x-a\le \alpha \Rightarrow \left|\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}-L\right|<\frac{\epsilon }{2}$(2)

Chọn $x_1=a+\alpha$, xét $x\in \left(a,x_1\right)$

Theo định lý Cauchy ta có

$\mathrm{\exists }c\in \left(x,x_1\right):\frac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}=\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$  (2')

(2) và (2') cho ta:

$\left|\frac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}-L\right|<\frac{\epsilon }{2}$hay $\left|\frac{f(x)}{g(x)}\frac{1-\frac{f(x_1)}{f(x)}}{1-\frac{g(x_1)}{g(x)}}-L\right|<\frac{\epsilon }{2}$ (3)

Suy ra:

$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-L\right|\le \left|\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(x)}{g(x)}\frac{1-\frac{f(x_1)}{f(x)}}{1-\frac{g(x_1)}{g(x)}}\right|+\left|\frac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}\right|(\ast )$

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 $\underset{x\to a^{+}}{lim}\frac{1-\frac{f(x_1)}{f(x)}}{1-\frac{g(x_1)}{g(x)}}=1$ nên tồn tại $\beta >0(\beta <\alpha )$

$\frac{1}{2}\le \left|\frac{1-\frac{f(x_1)}{f(x)}}{1-\frac{g(x_1)}{g(x)}}\right|\le \frac{3}{2},\mathrm{\forall }x\in J=(a,a+\beta )$   (4)

Khi đó, từ (3) và (4) ta suy ta $\left|\frac{f(x)}{g(x)}\right|\le 2\left(\frac{\epsilon }{2}+\left|L\right|\right),\mathrm{\forall }x\in J$

$\Rightarrow \mathrm{\exists }\delta ,0<\delta <\beta :\left|h(x)\right|<\frac{\epsilon }{2},\mathrm{\forall }x\in (a,a+\delta )$(5)

Từ (*), (3) và (5) ta có: $\left|\frac{f(x)}{g(x)}-L\right|<\epsilon ,\mathrm{\forall }x\in (a,a+\delta )$

Vậy $\underset{x\to a^{+}}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=L$

• $L=+\mathrm{\infty }$ hoặc $L=-\mathrm{\infty }$: độc giả tự chứng minh

Ví dụ:

$i)\underset{x\to 0^{.+}}{lim}x\ln x=\underset{x\to 0^{.+}}{lim}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 0^{.+}}{lim}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\underset{x\to 0^{.+}}{lim}(-x)=0$

$ii)\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln x}{x^{\alpha }}(\alpha >0)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{1}{x}}{\alpha x^{\alpha -1}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\alpha x^{\alpha }}=0$

$iii)\underset{x\to 0}{lim}\left(\frac{1}{x^2}-\cot g^{2}x\right)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{{\sin }^{2}x-x^2{\cos }^{2}x}{x^2{\sin }^{2}x}$

$=\underset{x\to 0}{lim}\frac{(\mathrm{sinx}+xcosx)}{x}\frac{(\mathrm{sinx}-xcosx)}{x^3}$

$=2\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{sinx}-xcosx}{x^3}=2\underset{x\to 0}{lim}\frac{cosx-cosx+x\sin x}{3x^2}=2\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{sinx}}{3x}=\frac{2}{3}$

Ví dụ:

$\mathrm{sinx}\sim x;cosx\sim 1-\frac{x^2}{2}$khi x → 0

$x^2+5\sim x^2$  khi $x\to \pm \mathrm{\infty }$

Tính chất:

Nếu $f\sim f_1$ và $g\sim g_1$ khi x → x₀ thì:

$a)\underset{x\to x_0}{lim}f(x)g(x)=\underset{x\to x_0}{lim}{f}_1(x)g_1(x)$

$b)\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f_1(x)}{g_1(x)}$

Ví dụ: 

$x^2+5\sim x^{2}khix\to +\mathrm{\infty }$

Nhưng $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left(x^2+5-x^2\right)=5\ne \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left(x^2-x^2\right)=0$

Định lý: Cho f khả vi trên (a,b). Ta có:

i) f tăng trên $\left(a,b\right)\iff f^{\prime }\left(x\right)\ge 0,\mathrm{\forall }x$ trên (a,b)

ii)  $f^{\prime }\left(x\right)>0,\mathrm{\forall }x\in (a,b)\Rightarrow f$ tăng nghiêm cách trên (a,b)

Chứng minh:

i) (⇒) Giả sử f tăng $\mathrm{\forall }x\in (a,b)$ 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) $\Rightarrow f^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\ge 0$

$(\Leftarrow )$ Giả sử $f^{\prime }\left(x\right)\ge 0,\mathrm{\forall }x\in \left(a,b\right)$.

$\mathrm{\forall }{x}_1,{\mathrm{x}}_2\in \left(a,b\right)$ và \(x_1, vì f khả vi trên [x₁, x₂] nên theo định lý Lagrange thì $\mathrm{\exists }c\in (x_1,x_2)\subset (a,b)$

$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }(c)\ge 0$

$\Rightarrow f(x_2)-f(x_1)\ge 0\Rightarrow f(x_2)\ge f(x_1)\Rightarrow f$tăng trên (a,b)

ii) $\mathrm{\forall }{x}_1,x_2\in (a,b)$ theo Lagrange ta có 

$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }(c)>0\Rightarrow f(x_2)>f(x_1)$

⇒ 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 $f^{\prime }(0)=0$ (không dương)

Định lý: Cho hàm số f có đạo hàm cấp n +1 trong khoảng mở chứa x₀ và $f^{\prime }(x_0)=f^{″}\left(x{}_0\right)=...=f^{\left(n-1\right)}\left(x_0\right)=0$ và $f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)\ne 0$. 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 :
  • $f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)>0:f$ đạt cực tiểu tại x₀
  • $f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)<0:f$ đạt cực đại tại x₀

Chứng minh:

Dùng công thức khai triển Taylor của f tại x₀ ta có:

$f(x)-f(x_0)=\sum _{k=1}^n\frac{f^{(k)}(x_0){\left[x-x_0\right]}^k}{k!}+\frac{f^{(n+1)}(c){\left[x-x_0\right]}^{n+1}}{(n+1)!}$

$=\frac{f^{(n)}(x_0){\left[x-x_0\right]}^n}{n!}+\frac{f^{(n+1)}(c){\left[x-x_0\right]}^{n+1}}{(n+1)!}$

$=\frac{{\left[x-x_0\right]}^n}{n!}\left[f^{(n)}(x_0)+\frac{f^{(n+1)}(c)\left[x-x_0\right]}{n+1}\right]$

Với $c\in \left(x_0,x\right)$ hoặc $c\in \left(x,x_0\right)$

Vì $\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f^{(n+1)}(c)}{n+1}\left[x-x_0\right]=0$ 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 $f^{(n)}(x_0),\mathrm{\forall }x\in I$

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 $f\left(x\right)-f\left(x_0\right)>0\mathrm{\forall }x\in I$, nghĩa là f đạt cực tiểu tại x₀.

Nếu n chẵn và $f^{(n)}(x_0)<0$ thì $f\left(x\right)-f\left(x_0\right)\le 0\mathrm{\forall }x\in I$, 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:

 $\begin{array}{l}f\left(x\right)=x^3,f^{\prime }\left(x\right)=3x^2,f\left(x\right)=6x,f^{\prime }\left(x\right)=6\\ f^{\prime }\left(0\right)=f\left(0\right)=0,f^{\prime }\left(0\right)=6\ne 0\end{array}$

n = 3 (lẻ) ⇒ f không đạt cực trị tại 0

$f(x)=(3x-1{)}^4,f^{\prime }(x)=4.3(3x-1{)}^3,$

$f"(x)={12.3}^2(3x-1{)}^2,f^{‴}(x)={24.3}^3(3x-1),f^{(4)}(x)={24.3}^4$

$f^{\prime }\left(\frac{1}{3}\right)=f^{″}\left(\frac{1}{3}\right)=f^{‴}\left(\frac{1}{3}\right)=0$ 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 $x=\frac{1}{3}$

$f(x)=x-e^x;f^{\prime }(x)=1-e^x;f^{″}(x)=-e^x<0,\mathrm{\forall }x\in R$

$f^{\prime }(0)=0,f^{″}(0)<0\Rightarrow f$đạt cực đại tại x = 0