Giải Tích 1 - Chương 1: Nhập Môn và Các Khái Niệm Cơ Bản. Môn Giải tích 1 (VNU) | Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội.
Chương 1. NHẬP MÔN Tổng quan về Giải tích (A preview of calculus)
Về cơ bản, giải tích khác với môn toán mà các bạn ã học. Giải tích ít tĩnh và mang tính ộng nhiều hơn. Nó liên quan ến sự thay ổi và sự chuyển ộng; nó bàn về các ại lượng biến thiên dần về các ại lượng khác. Vì nguyên nhân ó, nên rất có ích khi ta có một cái nhìn tổng quan về môn học trước khi bắt ầu nghiên cứu chuyên sâu. Ở ây, ta lướt qua một số khái niệm chính về giải tích bằng cách cho thấy khái niệm giới hạn nảy sinh như thế nào khi ta cố gắng giải quyết một loạt các vấn ề.
Giải tích là gì?
Thế giới xung quanh ta liên tục thay ổi – dân số tăng lên, một tách cà phê nguội i, một hòn á rơi xuống, các chất hóa học phản ứng với nhau, giá trị tiền tệ biến ộng, ... Ta muốn phân tích số lượng hoặc quá trình ang trải qua sự thay ổi liên tục. Chẳng hạn, nếu một hòn á rơi với vận tốc 10 feet/giây (1 feet = 30.48 cm), ta có thể dễ dàng biết nó rơi nhanh như thế nào vào bất kỳ lúc nào, nhưng ây không phải là iều xảy ra mà là hòn á rơi ngày càng nhanh hơn, tốc ộ của nó thay ổi theo từng thời iểm. Khi nghiên cứu giải tích, ta sẽ học cách lập mô hình (hoặc mô tả) những quá trình thay ổi tức thời như vậy và tìm ra tác ộng tích lũy của những thay ổi này. Nói chung, công dụng của giải tích mở rộng ến hầu hết mọi lĩnh vực hoạt ộng của con người.
Giải Tích 1 - Chương 1: Nhập Môn và Các Khái Niệm Cơ Bản. Môn Giải tích 1 (VNU) | Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội.
Tài liệu gồm 20 trang giúp bạn tham khảo, củng cố kiến thức và ôn tập đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!
Môn: Giải tích 1 (VNU) 18 tài liệu
Trường: Trường Đại học Công nghệ, Đại học Quốc gia Hà Nội 755 tài liệu
Tác giả:
Preview text:
lOMoAR cPSD| 59735516
Chương 1. NHẬP MÔN Tổng quan về Giải tích (A preview of calculus)
Về cơ bản, giải tích khác với môn toán mà các bạn ã học. Giải tích ít tĩnh và mang tính ộng nhiều
hơn. Nó liên quan ến sự thay ổi và sự chuyển ộng; nó bàn về các ại lượng biến thiên dần về các ại lượng
khác. Vì nguyên nhân ó, nên rất có ích khi ta có một cái nhìn tổng quan về môn học trước khi bắt ầu
nghiên cứu chuyên sâu. Ở ây, ta lướt qua một số khái niệm chính về giải tích bằng cách cho thấy khái
niệm giới hạn nảy sinh như thế nào khi ta cố gắng giải quyết một loạt các vấn ề. Giải tích là gì?
Thế giới xung quanh ta liên tục thay ổi – dân số tăng lên, một tách cà phê nguội i, một hòn á rơi
xuống, các chất hóa học phản ứng với nhau, giá trị tiền tệ biến ộng, ... Ta muốn phân tích số lượng hoặc
quá trình ang trải qua sự thay ổi liên tục. Chẳng hạn, nếu một hòn á rơi với vận tốc 10 feet/giây (1 feet =
30.48 cm), ta có thể dễ dàng biết nó rơi nhanh như thế nào vào bất kỳ lúc nào, nhưng ây không phải là
iều xảy ra mà là hòn á rơi ngày càng nhanh hơn, tốc ộ của nó thay ổi theo từng thời iểm. Khi nghiên cứu
giải tích, ta sẽ học cách lập mô hình (hoặc mô tả) những quá trình thay ổi tức thời như vậy và tìm ra tác
ộng tích lũy của những thay ổi này. Nói chung, công dụng của giải tích mở rộng ến hầu hết mọi lĩnh vực
hoạt ộng của con người.
Về cốt lõi, giải tích xoay quanh hai bài toán chính liên quan ến ồ thị hàm số – bài toán diện tích và
bài toán tiếp tuyến – và mối quan hệ bất ngờ giữa chúng. Việc giải những bài toán này rất hữu ích vì diện
tích của miền phẳng dưới ồ thị của hàm số và tiếp tuyến của ồ thị hàm số có nhiều cách hiểu quan trọng
trong nhiều ngữ cảnh khác nhau.
Bài toán diện tích
Giải tích bắt nguồn cách ây ít nhất 2500 năm, thời những người Hy Lạp (Greece) cổ ại, lúc ó họ ã
biết tìm diện tích bằng cách sử dụng “phương pháp vét cạn”. Họ biết cách tìm diện tích của một hình a
giác bất kỳ bằng cách chia nó thành các hình tam giác và cộng các diện tích của các tam giác này lại.
Tìm diện tích của hình cong là một bài toán khó hơn nhiều. Phương pháp vét cạn của người Hy Lạp
khi tính diện tích của hình tròn là vẽ các a giác nội tiếp bên trong hình và vẽ các a giác ngoại tiếp bên
ngoài hình và sau ó tăng số cạnh của a giác lên ([4], trang 2).
Bài toán tiếp tuyến ([4], trang 3)
Quan hệ giữa bài toán diện tích và bài toán tiếp tuyến
Bài toán diện tích và bài toán diện tích dường như là những bài toán rất khác nhau, nhưng thật áng
ngạc nhiên, chúng lại liên quan chặt chẽ với nhau – trên thực tế, chúng liên quan chặt chẽ với nhau ến
mức, việc giải bài toán này sẽ dẫn ến giải pháp cho bài toán kiaz Mối quan hệ giữa hai bài toán này ược
giới thiệu ở Chương 5. Tích phân ([4], trang 371), nó là khám phá trung tâm của giải tích và ược ặt tên
là Định lý cơ bản của giải tích ([4], trang 399 và trang 403). Định lý này thiết lập mối quan hệ giữa hai
nhánh của giải tích là phép tính tích phân và phép tính vi phân. Phép tính vi phân nảy sinh từ bài toán
tiếp tuyến, trong khi phép tính tích phân nảy sinh từ bài toán có vẻ như không có sự liên quan gì cả, bài
toán diện tích. Người thầy của Isaac Newton (1642-1726) ở Trường Đại học Cambridge là Isaac Barrow
(1630-1677) ã phát hiện ra rằng, hai bài toán này thật sự có mối quan hệ chặt chẽ với nhau, vì ông ấy ã
nhận ra: phép tính vi phân là phép toán ngược của phép tính tích phân.
Định lý cơ bản của giải tích (The fundamental theorem of calculus) ơn giản hóa rất nhiều việc giải
bài toán diện tích, giúp ta có thể tìm ược chính xác diện tích mà không cần phải tính gần úng bằng tổng
diện tích các hình chữ nhật và tìm các giới hạn liên quan. Kết luận
Ta ã thấy rằng, khái niệm về giới hạn nảy sinh khi ta cố gắng tìm diện tích của một hình phẳng, hệ
số góc của một tiếp tuyến của một ường cong, vận tốc của một chiếc xe hoặc tổng của một chuỗi vô hạn.
Trong mỗi trường hợp, chủ ề chung là việc tính toán một ại lượng như giới hạn của các ại lượng khác mà
chúng có thể tính toán ược một cách dễ dàng. Đó là ý tưởng cơ bản của giới hạn làm cho giải tích khác
với các lĩnh vực toán học khác. Như vậy, ta có thể coi giải tích là một phần của toán học liên quan ến giới hạn. 1 lOMoAR cPSD| 59735516
Sau khi Isaac Newton phát minh ra phiên bản giải tích của mình, ông ã sử dụng nó ể giải thích
chuyển ộng của các hành tinh trong Hệ mặt trời. Ngày nay, giải tích ược sử dụng ể tính toán quỹ ạo của
các vệ tinh và tàu vũ trụ, dự oán quy mô dân số, ước tính giá dầu tăng/giảm như thế nào, dự báo thời tiết,
o hiệu suất của tim, tính phí bảo hiểm nhân thọ và nhiều lĩnh vực khác.
1.1. Tập hợp, ánh xạ, tập hợp số thực
1.1.1. Tập hợp và phần tử
Khái niệm tập hợp và phần tử của tập hợp là các khái niệm cơ bản của toán học, không thể ịnh
nghĩa ược bằng những khái niệm ã biết, mà có thể ược mô tả như sau: Tất cả những ối tượng xác ịnh nào
ó hợp lại tạo thành một tập hợp, mỗi ối tượng ó ược gọi là một phần tử của tập hợp.
- Nếu a là một phần tử của tập hợp E thì ta nói “a thuộc E” và viết a E.
- Nếu a không phải là phần tử của tập hợp E thì ta nói “a không thuộc E” và viết a E.
- Có 2 cách mô tả một tập hợp: (1) Liệt kê ra tất cả các phần tử của tập hợp; (2) Nêu ra tính chất ặc
trưng của các phần tử tạo thành tập hợp.
- Tập rỗng là tập hợp không có phần tử nào và ược ký hiệu là . Một tập hợp có thể là một phần tử
của một tập hợp khác, vì vậy tập rỗng ( ) khác với tập hợp chỉ có duy nhất một phần tử là tập rỗng, tức là ≠ { }. 1.1.2. Ánh xạ
Cho hai tập hợp E và F, ta gọi một ánh xạ f từ E sang F và viết là f: E→F, là một quy tắc sao cho:
Ứng với mỗi phần tử của E là một phần tử xác ịnh của F. Tập hợp E ược gọi là tập hợp gốc (hoặc tập hợp
nguồn), còn tập hợp F ược gọi là tập hợp ảnh (hoặc tập hợp ích). Phần tử y F ứng với phần tử x E ược
gọi là ảnh của phần tử x qua ánh xạ f và viết là y = f(x).
- Ánh xạ f ược gọi là ơn ánh nếu phương trình f(x) = y có nhiều nhất một nghiệm x E với mỗi y F.
- Ánh xạ f ược gọi là toàn ánh nếu phương trình f(x) = y có ít nhất một nghiệm x E với mỗi y F.
- Ánh xạ f ược gọi là song ánh nếu phương trình f(x) = y có một nghiệm duy nhất x E với mỗi
y F. Từ ây suy ra, một song ánh là một ánh xạ vừa là ơn ánh vừa là toàn ánh.
- Song ánh f: E→F tạo ra một ánh xạ từ F tới E, ánh xạ này ược gọi là ánh xạ ngược của ánh xạ f
và ký hiệu là f-1, tức là f-1: F→E.
- Đồng thời với song ánh f: E→F ta có một tương ứng một - một hai chiều giữa E và F, chiều từ E
tới F ược thực hiện bởi ánh xạ f, còn chiều từ F tới E ược thực hiện bởi ánh xạ f-1. Do ó ánh xạ song ánh
còn ược gọi là ánh xạ một - một.
- Cho 3 tập hợp E, F, G và hai ánh xạ f: E→F, g: F→G. Ánh xạ từ E tới G, ược ký hiệu là gf, tức
là gf: E→G ược xác ịnh như sau: Với mỗi x E thì (gf)(x) = g[f(x)] G, ược gọi hợp của ánh xạ f và ánh xạ g.
Chú ý. (1) Hợp của hai ơn ánh là một ơn ánh, hợp của hai toàn ánh là một toàn ánh và hợp của hai
song ánh là một song ánh;
(2) Với x E thì (f-1f)(x) = f-1[f(x)] = f-1(y) = x và với y F thì (ff-1)(y) = f[f-1(y)] = f(x) = y.
1.1.3. Tập hợp số thực
- Tập số tự nhiên N* = {1, 2, ..., n, ...}, N ={(0)} N*.
- Để phương trình x + n = 0 với n N có nghiệm, cần ưa thêm tập số nguyên Z = {0, 1, 2, ..., n, ...}.
- Để phương trình mx + n = 0 với m Z và n N* có nghiệm, cần ưa thêm tập số hữu tỷ Q = 2 lOMoAR cPSD| 59735516 m
với m Z và n N*, ồng thời m và n chỉ có ước số chung là 1. n
- Rõ ràng là N* N Z Q, tuy nhiên, tập Q cũng chưa ủ ể chứa hết tất cả các số trong thực tế.
Chẳng hạn, nếu xét phương trình x2 = 2, phương trình này có nghiệm x= 2 không phải là một số hữu =
tỷ. Thật vậy, giả sử ngược lại
2 là một số hữu tỷ, tức là 2 m với
m Z và n N*, ồng thời m và n n
chỉ có ước số chung là 1. Ta có
2 = m n 2 = m m2 = 2n2 m2 chia hết cho 2 m chia hết n
cho 2, do ó ta có thể ặt m = 2p (p N) 4p2 = 2n2 n2 = 2p2 n2 chia hết cho 2 n chia hết cho 2. Như
vậy, m và n có ước số chung là 2, iều này mâu thuẫn với giả thiết là m và n chỉ có ước số chung là 1,
do ó 2 không phải là số hữu tỷ. Một ví dụ khác là số , cũng không phải là số hữu tỷ.
- Các số không phải là số hữu tỷ ược gọi là số vô tỷ. Tập hợp tất cả các số hữu tỷ và vô tỷ ược gọi
là số thực, ký hiệu là R.
- Như vậy N* N Z Q R.
- Số thực x ược gọi là cận trên của tập hợp A R nếu với a A mà a x, khi ó ta nói tập hợp A bị
chặn trên; số thực x ược gọi là cận dưới của tập hợp A R nếu với a A mà a x, khi ó ta nói tập hợp
A bị chặn dưới. Tập hợp A ược gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới.
- Cận trên bé nhất của tập hợp A, nếu có, ược gọi là cận trên úng của A và ký hiệu là supA
(supremum); cận dưới lớn nhất của tập hợp A, nếu có, ược gọi là cận dưới úng của A và ký hiệu là infA
(infimum). Cận trên úng của A (supA), cận dưới úng của A (infA) có thể thuộc A, cũng có thể không
thuộc A. Nếu supA A thì supA là phần tử lớn nhất của A và khi ó ược ký hiệu là maxA; nếu infA A thì
infA là phần tử nhỏ nhất của A và khi ó ược ký hiệu là minA.
- Tiên ề về cận trên úng và cận dưới úng: Mọi tập hợp không rỗng A R, bị chặn trên ều có cận trên
úng thuộc R; mọi tập hợp không rỗng A R, bị chặn dưới ều có cận dưới úng thuộc R.
1.2. Hàm (số) một biến (số) và ồ thị của hàm (số) một biến (số)
Khái niệm hàm (function) là một trong những ý tưởng quan trọng nhất trong toán học. Khái niệm
hàm một biến xuất hiện khi một ại lượng này phụ thuộc vào một ại lượng khác. Chẳng hạn, diện tích S
của một hình tròn phụ thuộc vào bán kính r của hình tròn ó, mối quan hệ giữa r và S thể hiện qua ẳng
thức S = r2; như vậy, với mỗi số thực dương r ta có một giá trị tương ứng S và ta nói rằng S là một hàm theo biến r.
- Có 4 cách ể biểu diễn một hàm
(1) Bằng lời (mô tả bằng lời)
(2) Bằng số (bảng giá trị)
(3) Bằng hình học (ồ thị)
(4) Bằng biểu thức (công thức)
- Có 9 tập hợp con cơ bản trong tập số thực R là: [a,b]; (a,b); [a,b); (a,b]; [a,+ ); (a,+ ); (– ,a]; (–
,a); (– ,+ ) với a b.
1.2.1. Định nghĩa. Giả sử D R và D , hàm số y = f(x) xác ịnh trên D là một quy tắc f cho tương
ứng với mỗi phần tử x D xác ịnh duy nhất một phần tử y R.
Tên gọi: x ược gọi là ối số/biến số, y ược gọi là giá trị của hàm số tại x: y = f(x) 3 lOMoAR cPSD| 59735516
Tập xác ịnh: Tập hợp tất cả các giá trị của biến số x ể f(x) xác ịnh ược, ược gọi là tập xác ịnh của
hàm số f và ký hiệu là D(f) D(f) D R.
Tập giá trị: Tập hợp tất cả các giá trị của hàm số y = f(x) trên tập xác ịnh D(f) ược gọi là tập giá trị
của hàm số f và ký hiệu là R(f), R(f) R.
Như vậy, hàm số y = f(x) là ánh xạ f: D(f) → R(f). Khi nghiên cứu/khảo sát hàm số f(x), việc ầu
tiên là phải tìm D(f) và R(f); nói chung, tìm D(f) ơn giản hơn tìm R(f).
Nhận xét. Tập giá trị R(f) của hàm số y = f(x) chứa ựng nhiều ý nghĩa. Chẳng hạn, nó cho ta biết
hàm số có giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất hay không, thậm chí còn chỉ ngay ra các giá trị này nếu có. Nếu
hàm số y = f(x) có A là tập con của tập xác ịnh D(f) và giả sử f(A) = B, tức B là tập tất cả các giá trị của
hàm số y = f(x) trên A. Điều này cho ta một thông tin rằng, m B khi và chỉ khi phương trình f(x) = m
có nghiệm trong A. Do ó, ta có thể chuyển bài toán tìm tập giá trị của hàm số y = f(x) trên A về bài toán
tìm các giá trị m ể phương trình f(x) = m có nghiệm trong A. Từ ó, giúp người ta có thể sử dụng công
cụ phương trình ể tìm tập giá trị của hàm số rất hiệu quả.
Ví dụ 1.2.1. Tìm tập xác ịnh D(f) của mỗi hàm số sau (a)f(x) = lg(1+ x) , (b) f(x) = 2cosx −sinx +1 . x −1 cosx + sinx + 2 Bài giải. = (a) Để hàm y
lg(1+ x) xác ịnh ược, các biểu thức toán học trong biểu thức của hàm phải x −1 thỏa mãn iều kiện x
1+−x1 00 x −11 −( 1,1) (1,+ ) D(f) = −( 1,1) (1,+ ). x (b) Ta có cosx +sinx = 2 2 2
2 cosx + 2 sinx = 2 sin 4 cosx + cos 4 sinx
= 2sin x + 4 − 2
cosx +sinx 2 − 22 cosx +sinx +2 2+ 2
cosx+sinx+2 0với x R f(x) =
xác ịnh ược với x R, tức là D(f) = R.
Ví dụ 1.2.2. Tìm tập giá trị R(f) của mỗi hàm số sau
(a) f(x) = 2 + 3sinx, (b) f(x) = {x}, (c) f(x) = . Bài giải.
(a) Vì sinx 1 −1 sinx 1 −3 3sinx 3 −1 2 + 3sinx 5 −1 f(x) 5 R(f) = [-1,5].
(b) Ta chứng minh rằng 0 f(x) ={x} 1với x R R(f) = [0,1).
Thật vậy, với mỗi x R, có hai khả năng xảy ra:
- Nếu x Z thì n Z mà x = n, suy ra [x] = n do ó {x} = x – [x] = n – n = 0;
- Còn nếu x Z thì n Z mà n < x < n+1 [x] = n 4 lOMoAR cPSD| 59735516 x [ x ] 0
x − n 0 −−[ x ] 1 −0 x[x] 1 0 {x} 1 x − n 1 x
Kết hợp 2 khả năng trên, ta ược 0 f(x) ={x} 1với x R R(f) = [0,1).
(c) Giả sử R(f) là tập giá trị của hàm số f(x) =
. Theo Ví dụ 1.2.1.(b) thì hàm số này xác
ịnh với x R và theo Nhận xét trên, m R(f) khi và chỉ khi phương trình
= m có nghiệm ối với biến x. Ta có
= m (m − 2)cosx + (m +1)sinx = 2m −1, ể phương trình này có
nghiệm ối với biến x thì m phải thỏa mãn iều kiện (m − 2)2 + (m +1)2 (2m −1)2 . Bất phương trình này
có nghiệm –1 m 2 R(f) = [–1,2].
Sinh viên tự giải thích: Để phương trình(m−2)cosx + +(m 1)sinx = 2m−1 có nghiệm ối với biến
x thì m phải thỏa mãn iều kiện (m − 2)2 + (m +1)2 (2m −1)2 .
1.2.2. Đồ thị của hàm số
Cho hai tập không rỗng A, B, với mỗi phần tử a A và mỗi phần tử b B, ta lập cặp có thứ tự (a,b)
(viết phần tử a A trước và phần tử b B sau). Tích Descartes của tập hợp A với tập hợp B, ký hiệu là
A B, là tập hợp các phần tử {(a,b)|a A, b B}.
Đồ thị của hàm số y = f(x) là tập hợp các iểm trong mặt phẳng tọa ộ Descartes vuông góc Oxy có tọa ộ (x,y) (x,f(x)).
Vì x D(f) và f(x) R(f) nên ồ thị của hàm số y = f(x) là tất cả các phần tử (x,y) (x,f(x)) của tích Descartes D(f) R(f).
Như vậy, ối với một hàm số một biến xác ịnh, ồ thị của nó có thể có hữu hạn hoặc vô hạn iểm trên
mặt phẳng tọa ộ Descartes vuông góc Oxy.
Để vẽ ồ thị của hàm số, có thể sử dụng Phần mềm GeoGebra (phiên bản miễn phí).
Nhận xét. Để xác ịnh D(f) và R(f) của hàm số y = f(x), ta có thể dựa trên ồ thị của hàm số này ược
vẽ bằng Phần mềm GeoGebra.
1.2.3. Một số hàm số có tính chất ặc thù Hàm số chẵn
Giả sử hàm số y = f(x) xác ịnh trên D(f).
Hàm số y = f(x) ược gọi là hàm số chẵn nếu nó ồng thời thỏa mãn iều kiện cần và ủ: -
Điều kiện cần: Nếu x D(f) thì –x D(f) D(f) nhận iểm x = 0 làm tâm ối xứng, - Điều
kiện ủ: Với x D(f) thì f(–x) = f(x).
Đồ thị của hàm số chẵn nhận trục tung Oy của hệ tọa ộ Descartes vuông góc Oxy làm trục ối xứng.
Một số hàm số chẵn: y = cosx, y = x2n (n Z). Hàm số lẻ
Giả sử hàm số y = f(x) xác ịnh trên D(f).
Hàm số y = f(x) ược gọi là hàm số lẻ nếu nó ồng thời thỏa mãn iều kiện cần và ủ: -
Nếu x D(f) thì –x D(f) D(f) nhận iểm x = 0 làm tâm ối xứng, - Với x D(f) thì
f(–x) = –f(x) –f(–x) = f(x).
Đồ thị của hàm số lẻ nhận gốc tọa ộ của hệ tọa ộ Descartes vuông góc Oxy làm tâm ối xứng. 5 lOMoAR cPSD| 59735516
Một số hàm số lẻ: y = sinx, y = tanx, y = cotx, y = arcsinx, y = arctanx, y = arccotx, y = x2n+1 (n Z). Nhận xét.
(1) Một hàm số không nhất thiết phải là hàm số chẵn hoặc là hàm số lẻ.
Chẳng hạn, ta thấy hàm số y = 2x + 1 không phải là hàm số chẵn và cũng không phải là hàm số lẻ,
mặc dù tập xác ịnh của nó là D(f) = R ối xứng qua gốc tọa ộ. Thật vậy, tại x = 1 thì f(1) = 3 và tại x = –1
thì f(–1) = –1 –f(–1) = 1; bây giờ, nếu so sánh f(–1) và –f(–1) với f(1) thì ta thấy f(–1) f(1) (không
thỏa mãn iều kiện của hàm số chẵn) và –f(–1) f(1) (không thỏa mãn iều kiện của hàm số lẻ).
(2) Để chứng minh một hàm số f(x) không phải là hàm số chẵn và cũng không phải là hàm
số lẻ, hoặc là hàm số chẵn, hoặc là hàm số lẻ; ta thực hiện các bước sau:
Bước 1. Tìm tập xác ịnh D(f)
- Nếu D(f) không ối xứng qua gốc tọa ộ thì khẳng ịnh f(x) không phải là hàm số chẵn và
cũng không phải là hàm số lẻ, chứng minh xong.
- Nếu D(f) ối xứng qua gốc tọa ộ thì chuyển sang Bước 2, Bước 2. Lấy x bất kỳ thuộc D(f), tính f(–x) –f(–x).
Bước 3. So sánh f(x) với f(–x) và –f(–x)
- Nếu f(–x) = f(x) thì khẳng ịnh f(x) là hàm số chẵn, chứng minh xong.
- Nếu –f(–x) = f(x) thì khẳng ịnh f(x) là hàm số lẻ, chứng minh xong.
- Nếu f(x) f(–x) và f(x) –f(–x) thì khẳng ịnh f(x) không phải là hàm số chẵn và cũng
không phải là hàm số lẻ, chứng minh xong.
Ví dụ 1.2.3. Xác ịnh tính chẵn hoặc lẻ của mỗi hàm số sau:
(a) f(x) = (x ) x2 3+2sinx,(b) f(x) = +2x
2−x, (c) f(x) = −x 5x2 , (d) f(x) = x2 + 5x, (e) f(x) = lg x + 3 x − 3 Bài giải.
Dễ thấy rằng, các hàm số f(x) ở (a), (b), (c) và (d) có D(f) = R = (– ,+ ) ối xứng qua gốc tọa ộ;
còn hàm f(x) ở (e) ể xác ịnh ược thì phải thỏa mãn iều kiện (x
xx +−33 0
−+33)( 0x −3) 0 xx− − 33 30 = (− , 3)− (3,+ ) D(f) =
(− , 3)− (3,+ ) ố x x −3 0 x i xứng qua gốc tọa ộ.
Như vậy, tất cả các hàm số f(x) trong ví dụ này ều thỏa mãn iều kiện cần của hàm số chẵn hoặc
hàm số lẻ. Bây giờ, ta phải xác ịnh iều kiện ủ của hàm số chẵn hoặc hàm số lẻ của mỗi hàm số ã cho.
(a) Ta có f( x)− = −( x)23 − +x 2sin( x− = −) x (2
3 x)−2sinx =−(x ) x2 3−2sinx 6 lOMoAR cPSD| 59735516
− − =f( x) (x ) x2 3 +2sinx = f(x) thỏa mãn iều kiện ủ của hàm số lẻ, nên hàm số f(x) = (x ) x2 3+ 2sinx là hàm số lẻ.
(b) Ta có f( x)− = 2−x + 2− −( x) = 2−x + 2x = 2x + 2−x = f(x) thỏa mãn iều kiện ủ của hàm số
chẵn, nên hàm số f(x) = 2x + 2−x là hàm số chẵn.
(c) Ta có f( x)− =− −x 5(−x)2 = − =x 5x2 f(x) thỏa mãn iều kiện ủ của hàm số chẵn, nên hàm
số f(x)= −x 5x2 là hàm số chẵn.
(d) Ta có f(–x) = (–x)2 + 5(–x) = x2 – 5x –f(–x) = –x2 + 5x, bây giờ so sánh giá trị của f(x) với f( x)−
f(x) 2 + 5x không thỏa giá trị của f(–x) và
giá trị của –f(–x) thì ta thấy − −f( x) f(x)nên hàm số f(x) = x
mãn iều kiện ủ của hàm số chẵn cũng như của hàm số lẻ, do ó hàm số này không phải là hàm số chẵn và
cũng không phải là hàm số lẻ. −1 (e) Ta có − − =−f( x)
lg− +x 3 =−lg −(x −3) =−lg x −3 = lg x −3 = lg x +3 = f(x) thỏa − −x 3 −(x +3) x +3 x +3 x −3
mãn iều kiện ủ của hàm số lẻ, nên hàm số f(x) = lg x + 3 là hàm số lẻ. x − 3 Hàm số tuần hoàn
Giả sử hàm số y = f(x) xác ịnh trên D(f).
Hàm số y = f(x) ược gọi là hàm số tuần hoàn với chu kỳ T nếu tồn tại 0 < T R sao cho với x D(f) ta có
+ x – T D(f) và x + T D(f) + f(x T) = f(x)
Bổ ề. (tự chứng minh) Nếu T là chu kỳ của hàm số tuần hoàn y = f(x) thì nT (n N*) cũng là chu kỳ của hàm số này.
Từ Bổ ề trên suy ra: Một hàm số tuần hoàn y = f(x) có vô số chu kỳ. Số 0 < T nhỏ nhất thỏa mãn
các tính chất trên ược gọi là chu kỳ cơ sở của hàm số tuần hoàn y = f(x). Do ó, ể khảo sát một hàm số
tuần hoàn, ta chỉ cần khảo sát nó trong một oạn có ộ dài bằng chu kỳ cơ sở của nó là ủ hiểu hàm số này
trên toàn tập xác ịnh của nó.
Ví dụ 1.2.4. Xác ịnh chu kỳ cơ sở của mỗi hàm số tuần hoàn sau:
(a) f(x) = cos(ax+b) với a 0, (b) f(x) = sin6x + tan4x Bài
giải. (tự lý giải) (a)
Hàm số y = cosx có chu kỳ cơ sở là 2 nên hàm số f(x) = cos(ax+b) với a 0 có chu kỳ cơ sở là 2 /|a|. 7 lOMoAR cPSD| 59735516 (b)
Hàm sinx có chu kỳ cơ sở là 2 nên hàm sin6x có chu kỳ cơ sở là T1 = 2 = 6 3, còn
hàm tanx có chu kỳ cơ sở là nên hàm tan4x có chu kỳ cơ sở là T2 = 4. Theo Bổ ề trên thì chu kỳ cơ
sở của hàm f(x) = sin6x + tan4x là T = BSCNN(T1,T2) = .
Hàm giá trị tuyệt ối
Nếu x R thì giá trị tuyệt ối của nó (ký hiệu là x ) là một số thực không âm − x khi x 0 f(x) = 0 khi x = 0 x . x khi x 0
Hàm dấu (sign function, ký hiệu là sgn(x)) −1 khi x 0
f(x) = sgn(x) = 0 khi x = 0 . 1 khi x 0
Giữa hàm giá trị tuyệt ối và hàm dấu có quan hệ: x = xsgn(x) với x R (tự chứng minh).
Hàm phần nguyên
Hàm floor(x) là qui tắc cho tương ứng một số thực vào một số nguyên gần nhất bên trái số ã cho,
nói cách khác: Giá trị của floor(x) là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.
Hàm ceiling(x) là qui tắc cho tương ứng một số thực vào một số nguyên gần nhất bên phải số ã cho,
nói cách khác: Giá trị của ceiling(x) là số nguyên nhỏ nhất không nhỏ hơn x.
Người ta thường dùng ký hiệu: x floor(x), x ceiling(x)và các hàm số này có thể ược
ịnh nghĩa bằng tập hợp như sau: x = max{n Z|n x}, x = min{n Z|n x}.
Trong bài giảng này, ta sử dụng hàm floor(x) và theo thói quen, ta sẽ gọi hàm này là hàm phần
nguyên, ồng thời sử dụng ký hiệu ã quen dùng [x] floor(x).
Mệnh ề hiển nhiên sau ây, thường ược sử dụng trong các bài toán liên quan ến hàm phần nguyên:
Một số thực xác ịnh, hoặc là số nguyên, hoặc không phải là số nguyên; nếu số thực này không phải là số
nguyên thì nó nằm giữa hai số nguyên liên tiếp.
Hàm phần lẻ
Hàm số f(x) x – [x] ược gọi là hàm phần lẻ và người ta thường dung ký hiệu {x} = x – [x]. n =
Ví dụ 1.2.5. Tính tổng Sn [ k(k +1)] k 1= Bài giải.
Hiển nhiên là k2 k(k +1) (k +1)2 k k(k +1) + k 1 [ k(k +1)] = k với k N*. n Do ó Sn = k , ta có k 1= Sn = 1 + 2 + 3 + … + (n–2) + (n–1) + n + Sn = n + (n–1) + (n–2) + … + 3 + 2 + 1 8 lOMoAR cPSD| 59735516
2Sn = (n+1) + (n+1) + (n+1) + … + (n+1) + (n+1) + (n+1) 2Sn = n(n +1) Sn = n(n +1) . 2 Hàm số ngược
Giả sử hàm số y = f(x) có tập xác ịnh D(f) và tập giá trị R(f)
Nếu với mỗi y R(f) mà phương trình f(x) = y có nghiệm duy nhất x D(f), thì bằng cách cho với
mỗi y R(f) tương ứng với nghiệm x duy nhất ó, ta xác ịnh ược hàm số x = g(y) sao cho f(x) = y. Hàm số
x = g(y) ược xác ịnh như vậy ược gọi là hàm số ngược của hàm số y = f(x) và khi ó hàm số y = f(x) ược
gọi là hàm số khả nghịch.
Với quy ước dùng ký hiệu x ể chỉ biến và dùng ký hiệu y ể chỉ hàm thì hàm số ngược của hàm y =
f(x) ược viết là y = f-1(x).
Để tìm hàm số ngược của hàm số y = f(x), ta ổi vai trò của của các chữ x và y, tức là viết x = f(y),
sau ó ta tìm y = f-1(x) là nghiệm của phương trình x = f(y).
Khi chuyển từ hàm số y = f(x) sang hàm số ngược y = f-1(x) thì tập xác ịnh và tập giá trị sẽ hoán ổi
vai trò cho nhau, ồng thời luôn luôn có f(f-1(x)) = x và f-1(f(x)) = x.
Đồ thị của hàm số khả nghịch y = f(x) và ồ thị của hàm số ngược y = f-1(x) ối xứng với nhau qua
ường phân giác của góc phần tư thứ nhất (y = x) của hệ tọa ộ Descartes vuông góc Oxy, nếu lấy ộ dài oạn
thẳng ơn vị trên các trục tọa ộ bằng nhau.
Một số hàm số ngược: -
Hàm số y = arcsinx là hàm số ngược của hàm số khả nghịch y = sinx với x [– /2, /2] -
Hàm số y = arccosx là hàm số ngược của hàm số khả nghịch y = cosx với x [– /2, /2] -
Hàm số y = arctanx là hàm số ngược của hàm số khả nghịch y = tanx với x (– /2, /2) -
Hàm số y = arccotx là hàm số ngược của hàm số khả nghịch y = cotx với x (0, ) -
Hàm số y = logax là hàm số ngược của hàm số khả nghịch y = ax với 0 < a 1 (khi a =
e thì hàm số y = lnx là hàm số ngược của hàm số khả nghịch y = ex).
Hàm hợp (hợp của 2 ánh xạ)
Giả sử hàm số y = f(x) có tập xác ịnh D(f) và tập giá trị R(f); hàm số y = g(x) có tập xác ịnh D(g) và tập giá trị R(g).
Hàm số fog (gọi là hàm hợp của f và g) ược xác ịnh bởi (fog)(x) f(g(x)). Từ biểu thức f(g(x) ta
suy ra: Điều kiện cần ể hàm hợp fog tồn tại thì, hoặc là tập giá trị R(g) là tập con của tập xác ịnh D(f), tức
là R(g) D(f); hoặc là tập xác ịnh D(fog) là tập con của tập xác ịnh D(f), tức là D(fog) D(f).
Tương tự, ta ịnh nghĩa hàm hợp (gof)(x) g(f(x)) với iều kiện cần ể nó tồn tại là: hoặc là tập giá trị
R(f) là tập con của tập xác ịnh D(g), tức là R(f) D(g); hoặc là tập xác ịnh D(gof) là tập con của tập xác
ịnh D(g), tức là D(gof) D(g).
Nhận xét. Nói chung (fog)(x) (gof)(x).
Ví dụ 1.2.6. Cho các hàm số f(x) = x2, g(x) = x – 3. Tìm các hàm hợp fg, gf, ff và gg? Bài giải.
Dễ thấy rằng D(f) = R, R(f) = [0,+ ) và D(g) = R, R(g) = R. Do ó:
+ (fg)(x) = f(g(x)) = f(x – 3) = (x – 3)2 vì thỏa mãn iều kiện cần R(g) D(f),
+ (gf)(x) = g(f(x)) = g(x2) = x2 – 3 vì thỏa mãn iều kiện cần R(f) D(g),
+ (ff)(x) = f(f(x)) = f(x2) = (x2)2 = x4 vì thỏa mãn iều kiện cần R(f) D(f), 9 lOMoAR cPSD| 59735516
+ (gg)(x) = g(g(x)) = g(x – 3) = (x – 3) – 3 = x – 6 vì thỏa mãn iều kiện cần R(g) D(g).
Ta có thể xây dựng hàm a hợp bằng cách kết hợp ba hay nhiều hàm số với nhau. Chẳng hạn, hàm
a hợp fgh ược xây dựng trước hết bằng hàm h, sau ó là hàm g và tiếp theo là hàm f như sau (fgh)(x) = f(g(h(x))).
Như vậy, nhờ việc xây dựng hàm hợp, ta ã xây dựng ược hàm số phức tạp từ nhiều các hàm số ơn
giản hơn. Tuy nhiên, khi giải quyết các bài toán thực tế, cũng rất hữu ích nếu ta phân một hàm số phức
tạp thành nhiều hàm số ơn giản hơn.
Ví dụ 1.2.7. Từ hàm số F(x) = cos2(x + 9) hãy tìm các hàm số f, g và h sao cho fgh = F? Bài giải.
Ta xây dựng các hàm số ơn giản h(x) = x + 9, g(x) = cosx và f(x) = x2. Khi ó, ta có (fgh)(x) =
f(g(h(x))) = f(g(x + 9)) = f(cos(x + 9)) = cos2(x + 9) = F(x). Hàm số sơ cấp
Một hàm số ược gọi là hàm số sơ cấp nếu nó ược xác ịnh bởi một công thức y = f(x), trong ó f(x)
ược tạo ra bằng cách thực hiện trên biến số x và các hằng số; và một số hữu hạn các phép toán sau ây: -
Phép toán ại số: cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa số mũ nguyên, khai căn; -
Phép toán siêu việt: x ( là số vô tỷ), ax, logax, sinx, cosx, tanx, cotx, arcsinx, arccosx, arctanx, arccotx.
Ví dụ về hàm số không sơ cấp: - Hàm số Dirichlet: D(x) = 1 Q 0 khikhi x R \ Q không
phải là hàm số sơ cấp vì nó ược xác ịnh x bởi hai công thức.
- Hàm Giai thừa: f(n) = n! (n N với quy ước 0! = 1) không phải là hàm số sơ cấp vì số phép nhân
tăng lên khi n tăng (số phép toán không hữu hạn).
Trong các hàm sơ cấp, người ta ặc biệt chú ý ến hai loại hàm: a thức và phân thức hữu tỷ, vì khi
tính giá trị của các hàm này, chỉ cần thực hiện các phép tính số học ối với biến.
1.2.4. Hàm số ơn iệu
Hàm số y = f(x) với x D(f) ược gọi là hàm số ơn iệu tăng trên D(f) nếu với x1, x2 D(f) mà x1
x2 thì f(x1) f(x2) và ược gọi là hàm số ơn iệu tăng thực sự trên D(f) nếu với x1, x2 D(f) mà x1 < x2 thì f(x1) < f(x2).
Hàm số y = f(x) với x D(f) ược gọi là hàm số ơn iệu giảm trên D(f) nếu với x1, x2 D(f) mà x1
x2 thì f(x1) f(x2) và ược gọi là hàm số ơn iệu giảm thực sự trên D(f) nếu với x1, x2 D(f) mà x1 < x2 thì f(x1) > f(x2).
Các hàm số ơn iệu tăng/tăng thực sự và các hàm sô ơn iệu giảm/giảm thực sự ược gọi là hàm số ơn
iệu. Các hàm số ơn iệu ều có hàm ngược, tuy nhiên, iều này chỉ là iều kiện ủ vì có những hàm không phải
là hàm số ơn iệu nhưng vẫn có hàm số ngược. Bài tập
1.1. Giả sử tập hợp A có n phần tử, ký hiệu P(A) là tập hợp mà các phần tử của nó là các tập con của tập
A. Tìm số phần tử của P(A)?
1.2. Tìm cận trên úng và cận dưới úng của mỗi tập hợp sau ây (a) A= + 2x 21 x x 0 , (b) B = m
+ 4n m,n N* , (c) C = mn2 2 m Z,n N* n m 4m + n 10 lOMoAR cPSD| 59735516
1.3. Tìm tập xác ịnh của mỗi hàm số sau (a) f(x) = − + 1 x , (b) f(x) = (x −2) x +1 . 2 + x 1− x
1.4. Tìm tập xác ịnh D(f) và tập giá trị R(f) của hàm số f(x) = ax2 + bx + c với a 0.
1.5. Cho ánh xạ f: R→R ược xác ịnh bởi công thức f(x) = x2 – 3x + 2. (a) Tìm f(R), f(0), f-1(0), f([0,5]),
f-1([0,5]); (b) Ánh xạ f là ơn ánh hay toàn ánh?
1.6. Chứng minh rằng, mỗi hàm số (a) y = f(x) = 2x + 1, (b) y = f(x) = x3 là ánh xạ song ánh (ánh xạ một–
một) và vẽ ồ thị của các hàm số y = f(x), y = f-1(x) tương ứng.
1.7. Chứng minh rằng, bất kỳ hàm số y = f(x) nào mà có D(f) nhận gốc O của hệ trục tọa ộ Oxy làm tâm
ối xứng, bao giờ cũng viết ược dưới dạng tổng của một hàm số chẵn và một hàm số lẻ.
1.8. Có tồn tại hàm số nào vừa là hàm số chẵn vừa là hàm số lẻ không?
1.9. Chứng minh rằng, hàm phần lẻ f(x) = {x} là hàm tuần hoàn và tìm chu kỳ cơ sở của nó. 1.10.
Vẽ ồ thị của mỗi hàm số sau
(a) y = 1− x 2 + x2 −1, (b) y = − + −x 2
x 1 , (c) y = [x], (d) y ={x}.
1.11. Tìm các hàm hợp fg, gf với (a) f(x) = x2 + 2 và g(x) = 3x + 1, (b) f(x) = lg x + 3 và g(x) = sinx. x − 3
1.12. Cho các hàm số f(x) = x , g(x) = 2−x . Tìm mỗi hàm hợp sau và tập xác ịnh của nó: fg, gf, ff và gg? =
1.13. Từ hàm số F(x) (x+3)2
hãy tìm các hàm số f, g và h sao cho fgh = F? = 1.14. Nếu f (x)0
và fn 1+ = f0 fn với n = 0, 1, 2, ...; tìm công thức của fn(x)? 2 − x Đáp số
1.1. 2n. 1.2. (a) supA = + , không tồn tại maxA, infA = 4, minA = 4 khi x = 1; (b) supB = + ,
không tồn tại maxB, infB = 4, minB = 4 khi m = 2n; (c) supC = 1/4, maxC = 1/4 khi m = 2n, infC = –
1/4, minC = –1/4 khi m = –2n. 1.3. D(f) = (– ,0] (–2,+ ) = (–2,0]; (b) D(f) = [–1,1). 1.4. D(f) = R, = R(f)
[c− −,cb2−4ba,2 +4 a)]khikhi aa 00. 1.5. (a) Tìm f(R) = R(f) = [ 1 4−,+ ), f(0) = 2, f- 1(0) = {1,2}, (
f([0,5]) = −[ 1 4,12],f [0,5]−1= −[(3
21)/2,1] [2,(3+ 21) 2; (b) Ánh xạ f không phải là ơn ánh và
cũng không phải là toàn ánh. 1.7. f(x) = c(x)+l(x) , trong ó c(x) = f(x)+ −f( x) là hàm số chẵn và 2 =
l(x) f(x)− −f( x) là hàm số lẻ. 1.8. Có. 1.11. (a) (fg)(x) = 9x2 + 6x + 3, (gf)(x) = 3x2 + 7; (b) Không 2 tồn tại hàm (f
g)(x), (g f)(x)= sin lg x +3 . 1.12. (f g)(x)= −4 2 x có D(fg) = (− ,2]; x −3 11 lOMoAR cPSD| 59735516
(gf)(x)= 2 − x có D(gf) = [0,4]; (ff)(x)= 4 x có D(ff) = [0,+ ); (gg)(x)= 2− 2− x có D(gg) = = = [–2,2]. 1.13. f(x) x
, g(x) = x2 và h(x) = x + 3. 1.14. f (x) (n + −1)nx n . x +1 (n + 2) −(n +1)x Phụ lục 1 Ký hiệu Ý nghĩa Ghi chú/Mô tả N* Tập hợp số tự nhiên Các số ếm (1, 2, 3, …) N
Tập hợp số nguyên dương N* {(0)} Z Tập hợp số nguyên
{số nguyên âm} {số nguyên dương} Q Tập hợp số hữu tỷ
{m/n|m Z và n N*} R Tập hợp số thực R\Q Tập hợp số vô tỷ
- Tổng hữu hạn các số hạng n
ai = a1 + a 2 + +... a n (n N*,1 n<+) i 1= Tổng các số hạng
- Tổng vô hạn các số hạng ai = a1 + a 2 + a3 +... i 1=
- Tích hữu hạn các thừa số n ai = a a ...a1 2 n (n N*,1 n<+ ) Tích các thừa số i 1=
- Tích vô hạn các thừa số ai = a a a ...12 3 i 1= VCL Vô cùng lớn VCB Vô cùng bé o(x) VCB bậc cao hơn x 12 lOMoAR cPSD| 59735516 Suy ra
Tương ương/khi và chỉ khi/cần và ủ
Ký hiệu/ ặt/ ồng nhất Xấp xỉ Gần úng S
Diện tích một miền phẳng V
Thể tích một miền trong không gian
Trong toán học, một chứng minh là một cách trình bày thuyết phục (sử dụng những chuẩn mực ã ược
chấp nhận trong lĩnh vực ó) rằng một phát biểu toán học là úng. Chứng minh có ược từ lập luận suy diễn,
chứ không phải là tranh luận kiểu quy nạp hoặc theo kinh nghiệm. Có nghĩa là, một chứng minh phải
trình bày cho thấy một phát biểu là úng với mọi trường hợp, không có ngoại lệ. Một mệnh ề chưa ược
chứng minh nhưng ược chấp nhận úng ược gọi là một dự oán.
Phát biểu ã ược chứng minh thường ược gọi là ịnh lý. Một khi ịnh lý ã ược chứng minh, nó có thể ược
dùng làm nền tảng ể chứng minh các phát biểu khác. Một ịnh lý cũng có thể ược gọi là bổ ề, nếu nó ược
dự ịnh dùng làm bước ệm ể chứng minh một ịnh lý khác.
1. Một số phương pháp chứng minh thường dùng trong toán học
1.1. Phương pháp chứng minh Trực tiếp: Kết luận có ược bằng cách phối hợp một cách logic các tiên
ề, ịnh nghĩa và các ịnh lý trước ó.
1.2. Phương pháp chứng minh bằng Phản chứng (phương pháp Phản chứng): Người ta sẽ chứng minh
nếu một phát biểu nào ó xảy ra, thì dẫn ến mâu thuẫn về logic, vì vậy phát biểu ó không ược xảy ra. Bản
chất logic của phương pháp này là như sau: Giả sử ta có giả thiết A, cần chứng minh kết luận B úng. Ta
lập luận rằng, mặc dù giả thiết A là úng, nhưng kết luận B là sai; khi ó, nếu bằng những lập luận logic từ
việc B sai dẫn ến một kết luận khác mà ta biết chắc chắn sai (hoặc vô lý) thì việc kết luận B sai là không úng và do ó B úng.
1.3. Phương pháp chứng minh bằng Quy nạp toán học (phương pháp Quy nạp toán học): Đầu tiên
"trường hợp cơ sở" sẽ ược chứng minh, sau ó sẽ dùng một "luật Quy nạp" ể chứng minh (thường là vô
tận) các trường hợp khác. Vì trường hợp cơ sở là úng, tất cả các trường hợp khác cũng phải úng, thậm
chí nếu ta không thể chứng minh trực tiếp tất cả chúng là úng vì số lượng vô tận của nó.
Phương pháp Quy nạp toán học thường ược sử dụng ể chứng minh các mệnh ề toán học liên quan
ến tập hợp các số tự nhiên.
Muốn chứng minh mệnh ề f(n) là úng với mọi số tự nhiên n N, ta cần tiến hành theo ba bước: (1)
Chứng minh f(0) úng; (2) Giả sử f(n) úng ( ược gọi là Giả thiết quy nạp); (3) Chứng minh f(n+1) úng.
- Trong trường hợp, f(n) không phải úng ối với mọi số tự nhiên n mà chỉ úng với các số tự nhiên n
m (m N) nào ó, thì trong Bước 1, ta chứng minh f(m) úng.
- Nếu bài toán yêu cầu chứng minh mệnh ề f(n) úng với mọi số nguyên n Z, thì trước hết ta chứng
minh f(n) úng với mọi số tự nhiên n N bằng phương pháp Quy nạp toán học, sau ó chứng tỏ rằng f(–n)
cũng úng với mọi n là số tự nhiên. 2. Ví dụ
Ví dụ PL1.1. Chứng minh các ẳng thức (a) Ck n k− k 1+ + n = Cn , (b) Ckn + Cn = Ck 1n 1 +
Bài giải. Dùng phương pháp chứng minh Trực tiếp kn = n! = n! = n! = Cn kn−
(a) C k!(n − k)! (n − k)!k! (n − k)![n − (n − k)]! (b) Ckn + Ck 1n+ = n! + n!
k!(n − k)! (k +1)![n − (k +1)]! 13 lOMoAR cPSD| 59735516 =
(n +1)! k +1+ n − k = (n +1)!.n +1 = (n +1)! = Ck 1n 1++
(k +1)!(n −k)! n +1 n +1 (k +1)!(n −k)! n +1 (k +1)! (n + −1)(k +1)! − b) n an k k 1− b − (a
Ví dụ PL1.2. Chứng minh công thức hiệu hai lũy thừa: an − bn = k 1= − b) n ak 1 n k− b − (a k 1= Bài giải. n
Đầu tiên, ta chứng minh a n − bn = (a − b) a n k− bk 1− bằng phương pháp Quy nạp toán học k 1= 1
- Khi n = 1 ta có a1 − b1 = (a − b) a n k− bk 1− = (a − b)a1 1− b1 1− = −a bcông thức úng k 1= n
- Giả sử công thức úng với n, tức là an − bn = (a − b) an k− bk 1− (giả thiết Quy nạp) k 1=
- Bây giờ, ta phải chứng minh công thức úng với (n+1), thật vậy:
an 1+ − bn 1+ = aa n −abn + abn − bn 1+ = (aa n −ab )n + (abn − bn 1+ )
= a(a n − b )n + b (an− b) = a(a − b) n a n k− bk 1− + b (an− b) (do giả thiết Quy nạp) k 1=
n n k 1 k 1− +− + bn = (a −b) a b k 1=
= (a − b)[(an + an 1− b + +...abn 1− ) + b ]n = (a − b)(an + an 1− b + +...abn 1− + b )n n 1+ n
= −(a b) a(n 1) k+ − bk 1− , tức là công thức an − bn = (a − b) an k− bk 1− úng với (n+1). k 1= k 1= n n
Tiếp theo, ta chứng minh a n k− bk 1− = a k 1− bn k− bằng cách biến ổi biểu thức k 1= k 1= n
a n k− bk 1− = a n 1− b1 1− + a n 2− b2 1− + a n 3− b3 1− + +...a n (n 2)− − b(n 2) 1− − + a n (n 1)− − b(n 1) 1− − + a n n− bn 1− k 1=
= an 1− + an 2− b + an 3 2− b + +...a b2 n−3 + abn 2− + bn 1− n =
= bn 1− + abn 2− + a b2n 3− + +...a n 3− b2 + a n 2− b + a n 1− a k 1− bn k− ( pcm). k 1= 14 lOMoAR cPSD| 59735516 n
Ví dụ PL1.3. Tính tổng (Ckn )2 k 0= Bài giải.
Hiển nhiên, ẳng thức (1+x)n(x+1)n = (1+x)2n là úng và cả hai vế của nó là một a thức bậc 2n của x.
Ta sẽ xác ịnh biểu thức hệ số của xn trong a thức này theo từng vế của ẳng thức trên, và vì cùng là biểu
thức hệ số của xn của một a thức nên các biểu thức này bằng nhau.
- Áp dụng Nhị thức Newton ối với biểu thức (1+x)n(x+1)n, ta ược:
(1+ x) (xn+1)n = n C 1nkn k− xk n C xnkn k− 1k = n C xnkk n C xnk n k− k 0= k 0= k 0= k 0=
= (C0n + C x1n + +...Cn 1n− xn 1− + C x )(C xnn n 0n n + C x1n n 1− + +... Cn 1n− x + C )nn n =
Suy ra hệ số của xn trong a thức trên (C0 n 1− n )2 + (C1n )2 + +... (Cn )2 + (Cnn )2 (Ckn )2 k 0=
- Áp dụng Nhị thức Newton ối với biểu thức (1+x)2n , ta ược: 2n 2n = =
(1+ x)2n Ck2n12n k− x k C2kn x k k 0= k 0=
= C02n +C x12n + +... C2n 1−n xn 1− +C xn2n n +C2n 1+n xn 1+ + +... C22nn−1x2n−1 +C
x22nn 2n Suy ra hệ số của xn trong a thức trên làCn2n . n
- Do ó (Ckn )2 = Cn2n ( pcm). k 0= n =
Ví dụ PL1.4. Tính tổng S( m) n
k(k +1)(k + 2)...(k + m −1)với m là số tự nhiên tùy ý. k 1= Bài giải. n = Cách 1. Đặt u m)
k = k(k +1)...(k + −m 1) với k = 1,2,3,…,n S(n uk k 1=
Ta có uk = k(k +1)...(k − +1 m −1)(k + m −1) = k + m −1 uk 1−
(k −1)k(k +1)...(k − +1m −1) k −1
−(k 1)uk = + −(k m 1)uk 1− = − + +[(k
2) (m 1)]uk 1− với k = 2,3,…,n; hay 1u 2 = [0 + (m +1)]u1 2u3 = +[1 (m +1)]u 2 3u 4 = [2 + (m +1)]u3 15 lOMoAR cPSD| 59735516 + ...
(n −3)u n 2− = [(n − 4) + (m +1)]u n 3−
(n − 2)u n 1− = [(n −3) + (m +1)]u n 2−
(n −1)u n = [(n − 2) + (m +1)]u n 1−
(n −1)un = +(m 1)(u1 + + +u2 ... un 2− + un 1− )
−(n 1)un = +(m 1)(S(nm) −u )n S(nm) = (n m)um 1++ n
Bây giờ, thay un = n(n +1)...(n + −m 1) vào ẳng thức trên và sau khi biến ổi, ta ược m (n +i)
(nm) = n(n +1)(n + 2)...(n + −m1)(n + m) = i 0= . S m+1 m +1 n = Cách 2. Tổng S( m) n
k(k +1)(k + 2)...(k + m −1) phụ thuộc vào các số nguyên dương m và n k 1=
nên ể tính tổng này ta sử dụng phương pháp Quy nạp toán học ối với m và n sau khi dự oán biểu thức của
tổng dựa trên các biểu thức cụ thể khi thay m = 1, 2, 3 kết hợp với n = 1, 2, 3.
+ m = 1: S(1)n = n k = n(n +1) k 1= 2 =
+ m = 2:S(2)n n k(k +1) k 1= - Khi n =1:S (2) 1 = 1 k(k + =1) 1.2 = 1.2.3 k 1= 3 - Khi n = 2:S(2) (2) 2 = 2 k(k + =1) 1.2 + 2.3 = S1 + 2.3 = 1.2.3 + 2.3 = 2.3.4 k 1= 3 3 - Khi n = 3:S (2) 3 = 3 k(k + =1)
(1.2 + 2.3) + 3.4 = S(2)2 + 3.4 = 2.3.4 + 3.4 = 3.4.5 k 1= 3 3
Từ các biểu thức cụ thể trên, ta dự oán S(2)n =
n(n +1)(n + 2) và chứng minh tính úng ắn của 16 lOMoAR cPSD| 59735516 3
công thức này bằng phương pháp Quy nạp toán học.
- Thay n = 1 vào công thức S(2)n =
n(n +1)(n + 2) ta ược S1(2) = 1(1+1)(1+ 2) = 1.2.3 =1.2 úng 3 3 3
với biểu thức ã cho của S (2) 1 .
- Giả sử công thức S(2)n =
n(n +1)(n + 2) úng với n, ta phải chứng minh công thức này úng với 3 (n + 1). n 1+ n = +
- Thậy vậy, ta có S(2)n 1+ k(k + =1) (n +1)(n + 2) k(k + =1) (n +1)(n + 2) +S(2)n . Mặt khác, k 1= k 1=
theo giả thiết Quy nạp thì S(2)n = n(n +1)(n + 2) . 3 Do ó
S(2)n 1+ = +(n1)(n + +2)n(n +1)(n + 2) = (n +1)(n + 2)(n + 3) = (n +1)[(n + +1)1][(n + +1) 2] 3 3 3 nên công thức S(2)n =
n(n +1)(n + 2) úng ối với (n + 1).( pcm) 3 =
+ m = 3: S(3)n n k(k +1)(k + 2) k 1= - Khi n =1:S (3) 1
= 1 k(k +1)(k + =2) 1.2.3 = 1.2.3.4 k 1= 4 - Khi n = 2 :S(3) (3)
2 = 2 k(k +1)(k + 2) = (1.2.3) + 2.3.4 = S1 + 2.3.4 = 1.2.3.4 + 2.3.4 = 2.3.4.5 k 1= 4 4 = - Khi n = 3:S (3) 3
3 k(k +1)(k + 2) = (1.2.3+ 2.3.4) + 3.4.5 = S(3)2 + 3.4.5 = 2.3.4.5 + 3.4.5 k 1= 4 = 3.4.5.6
Từ các biểu thức cụ thể trên, ta dự oán S(3)n =
n(n +1)(n + 2)(n + 3) và chứng minh tính úng ắn 4 17 lOMoAR cPSD| 59735516
của công thức này bằng phương pháp Quy nạp toán học.
- Thay n = 1 vào công thức S(3)n =
n(n +1)(n + 2)(n + 3) ta ược S1(3) = 4 4 = 1.2.3.4
=1.2.3 úng với biểu thức ã cho của S (3) 1 . 4
- Giả sử công thức S(3)n =
n(n +1)(n + 2)(n + 3) úng với n, ta phải chứng minh công thức này 4 úng với (n + 1). n 1+ n = +
- Thậy vậy, ta có S(3)n 1+ k(k +1)(k + 2) = (n +1)(n + 2)(n + 3) k(k +1)(k + 2) k 1= k 1=
= (n +1)(n + 2)(n + +3)S(3)n . Mặt khác, theo giả thiết Quy nạp thì S(3)n = n(n +1)(n + 2)(n + 3) . 4 Do ó
S(3)n 1+ = +(n1)(n + 2)(n + +3)n(n +1)(n + 2)(n + 3) = (n +1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) 4 4 = Nên công thức S(3)n =
n(n +1)(n + 2)(n + 3) úng ối với (n + 1).( pcm) 4 n =
Như vậy, từ các kết quả trên, ta dự oán tổng S( m) n
k(k +1)(k + 2)...(k + m −1) k 1= m
= n(n +1)(n + 2)...(n + m −1)(n + m) = (n i 0= + i) m +1 m +1 m (n + i)
Bây giờ ta chứng minh công thức S( m) n =
i 0= bằng phương pháp Quy nạp toán học. m +1 m (1+ i) - Khi n = 1 ta có S (m) 1 =
i 0= +1(1 1)(1+ 2)...(1+ − =m 1) 1.2.3...m( m +1) m +1 m +1 18 lOMoAR cPSD| 59735516 m (n + i) 1.2.3...m = (m +1)! m!= m! nên S( m) n = i 0= úng với n = 1. m +1 m +1 m (n + i) - Giả sử S( m) n = i 0= úng với n, tức là m +1 n m (n + i) = S( m) n
k(k +1)(k + 2)...(k + − =m 1)
i 0= (giả thiết Quy nạp). k 1= m +1 m (n + i)
- Bây giờ, ta phải chứng minh S( m) n = i = 0 úng với (n + 1) m +1 n 1+ = Thật vậy, ta có S( m n 1 +)
k(k +1)(k + 2)...(k + m −1) k 1= n
= k(k +1)(k + 2)...(k + m −1) + (n +1)(n + +11)...(n + +1m − 2)(n + +1m −1) k 1= = S( m) n
+ (n +1)(n + 2)...(n + m −1)(n + m) =
n(n +1)(n + 2)...(n + −m 1)(n + m) (giả thiết Quy nạp)+
+(n 1)(n + 2)...(n + −m 1)(n + m) m +1
= (n +1)(n + 2)...(n + m −1)(n + m) 1 +1 = (n
+1)(n + 2)...(n + m −1)(n + m)(n + +1 m) m +1 m +1 m [(n + +1)i]
= (n +1)[(n + +1)1]...[(n + +1)m −1][(n + +1)m] = i 0= m +1 m +1 m (n + i) Nên công thức S( m) n = i = 0úng với (n + 1). m +1
Đọc bài giảng Giải tích khác với ọc báo hoặc ọc tiểu thuyết hoặc ngay cả khi ọc bài giảng các môn
học khác (vật lý, hóa học, sinh học, …). Đừng nản lòng nếu bạn phải ọc i ọc lại một oạn trong bài giảng
ể hiểu nó. Bạn nên có bút viết, bút ánh dấu, giấy và máy tính ể viết, vẽ biểu ồ/ ồ thị…
Có một số bạn bắt ầu bằng cách giải các bài tập của giảng viên cho về nhà và chỉ ọc bài giảng khi
bị bế tắc ở một bài tập nào ó. Tuy nhiên, có một gợi ý tốt hơn nhiều và nên thực hiện là, ọc và hiểu bài 19 lOMoAR cPSD| 59735516
giảng trước khi giải bài tập. Đặc biệt, bạn nên ọc cẩn thận các ịnh nghĩa ể nắm ược ý nghĩa của các thuật
ngữ, sau ó nên ọc kỹ các ví dụ trong bài giảng ể có thể “bắt chước” ược cách “tư duy” khi giải bài toán ở
ví dụ và áp dụng cho việc giải bài tập.
Bạn cần phải rèn luyện suy nghĩ một cách logic, ể viết lời giải của các bài tập một cách logic và
liền mạch với các câu giải thích, chứ không phải viết lời giải là một dãy các biểu thức và công thức rời
rạc không có mối liên hệ gì.
Giải tích là một môn học thú vị, xứng áng ược xem là một trong những thành tựu vĩ ại nhất của trí
tuệ con người. Các kiến thức của Giải tích không chỉ hữu ích mà còn rất ẹp về bản chất. 20