Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Phương trình hàm có sử dụng đạo hàm

Phương trình hàm có sử dụng đạo hàm

Tải bản đầy đủ - 0trang

54



+) Đạo hàm hai vế từng biến. Xác lập những giới hạn để tạo thành đạo hàm.

+) Từ giả thiết liên tục, khả vi cấp thấp suy ra khả vi cấp cao. Hơn nữa

khơng có giả thiết gì về tính liên tục khả vi ta có thể suy ra tính liên tục khả

vi. Ví dụ 1: Cho các số dương p, q thỏa mãn p + q = 1, hãy tìm tất cả các hàm

f (x)− f (y)

f : R → R thỏa mãn phương trình x−y = f (px + qy) (với x, y ∈ R, x = y)

Giải:

Từ giả thiết suy ra f (px + qy) = f (qx + py) (1) với x = y

Nếu p = q thì f là hàm hằng.

p−1

p−1

p

x1 + 2p−1

.x2 và y = 2p−1

x1 +

Thật vậy, nếu f (x1 ) = f (x2 ) đặt x = 2p−1

p

2p−1 x2

Suy ra x1 = px + (1 − p)y, x2 = py + (1 − p)x(trái với (1))

Từ đó suy ra với p = q thì f là hàm tuyến tính

Nếu p = q = 12 thì f là 1 đa thức bậc hai.

Ví dụ 2:



 f (x) = −g(x)

x

Tìm các hàm f và g khả vi trên (0; ∞) sao cho

∀x ∈ (0; +∞)

g (x) = − f (x)

x

giải:





−g(x)

 f (x) =

x f (x) + g(x) = 0

x

Theo giả thiết ta có:

∀x ∈ (0; +∞) ⇔

g (x) = − f (x)

xg (x) + f (x) = 0

x



Xét [x( f (x) + g(x))] = x f (x) + xg (x) + f (x) + g(x) = 0, ∀x > 0

Do đó tồn tại số thực A sao cho f (x) + g(x) = 2a

x , ∀x > 0 (1)

Mặt khác ta có



f (x)−g(x)

x



=



x f (x)−xg (x)− f (x)+g(x)

x2



= 0, ∀x > 0



Suy ra tồn tại số B sao cho f (x) − g(x) = 2Bx(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình





 f (x) + g(x) = 2a , ∀x > 0 (1)

 f (x) = a + Bx

x

x



.





A

f (x) − g(x) = 2Bx(2)

g(x) = − Bx

x



Ví dụ 3: Tìm tất cả các hàm khả vi tại x = 0 và thỏa mãn hệ thức

f (2x) = 2 f (x) với ∈ R

Giải:

f (2x) = 2 f (x) với ∈ R (1)

Thế x = 0 vào (1) ta được



55



f (0) = 2 f (0)

suy ra f (0) = 0

Áp dụng (1) n lần ta được

f (x) = 2n f 2xn (2)

Vì f khả vi tại x = 0 nên ta có

f (y) = my + εy (3)

Trong đó m = f (0)

ε = ε(y) khi y → 0

Thay y = 2xn vào (3) và kết hợp với (2) ta được

f (x) = 2n m 2xn + ε 2xn = mx + εx (4)

Cho n → ∞, khi đó ε → 0, ta được f (x) = mx với m = f (0)

Thử lại thấy đúng

Vậy hàm số cần tìm là f (x) = mx với m = f (0).



Chương 4



Tích phân

4.1

4.1.1



Cơ sở lý thuyết

Định nghĩa



Cho f (x) xác định trên đoạn [a, b]. Xét phép phân hoạch S đoạn [a, b] xác

định bởi các điểm chia x0 , x1 , ..., xn với:

a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b. Đặt ∆xi = xi − xi−1 . Trên mỗi đoạn con

n



[xi−1 ; xi ] lấy một điểm ξi tùy ý. Tổng Sn = ∑ f (ξi )∆xi , được gọi là một tổng

i=1



tích phân của hàm f (x) ứng với phép phân hoạch s và cách chọn các điểm

trung gian (ξi ).

Nếu khi n → ∞ sao cho max ∆xi → 0 mà Sn có giới hạn I hữu hạn, không

1≤i≤n



phụ thuộc vào phép phân hoạch đoạn [a, b] và cách chọn các điểm (ξi ) thì giới

hạn I được gọi là ( xác định ) của hàm f (x) trên [a, b] và được kí hiệu là:

b



f (x)dxhay

a



f (x)dx



[a,b]



. Khi đó hàm f (x) được gọi là khả tích trên đoạn [a, b].



57



4.2



Một số phương pháp giải tích phân



4.2.1



Phương pháp 1: Đạo hàm theo cận trên



4.2.1.1



Cơ sở lý thuyết



x



f (x) =



f (u)du là nguyên hàm của hàm số f liên tục trên [a, b] nên:

0



+ f (x) =

d

+ dx

d

+ dx



4.2.1.2



d

dx



x



f (u)du = f (x)

0



ψ(x)

x

ψ(x)

ϕ(x)



f (u)du = f [ψ(x) ].ψ(x)

f (u)du = f [ψ(x) ]ψ(x) − f [ϕ(x) ]ϕ(x)



Bài tập vận dụng



Bài 1) Chứng minh các đẳng thức sau:

tgx



a)



t

dt +

1+t 2



c−1

sin2 x



b)



cotgx

c−1



dt

t(1+t 2 )



= 1, ∀x ε 0; π2



cos2 x





arcsin tdt +

arccos tdt =



0



0



π

4



Giải:

a) Gọi vế trái của đẳng thức cần chứng minh là F(x), ta có:

tgx

1

1

1

1

π

F (x) = 1+tg

2 x · Cos2 x + Cotgx(1+Cotg2 x) · − Sin2 x = tgx− cotgx = 0, ∀xε 0; 2 ⇒

F(x) = Const.

1



Lấy x = π4 , F( π4 ) =



c−1



tdt

1+t 2



+



1

dt

c−1 t(1+t 2 )



1



=

c−1



t 2 +1

dt

t(1+t 2 )



= lnt



1

e−1



=1



Vậy F(x) = 1 = V P (đpcm).

b) Gọi hàm ở vế trái của đẳng thức là F(x). Dễ thấy, F(x) là hàm liên tục,

tuần hồn chu kì π2 . Với xε 0; π2 .

Ta có:

F (x) = arcsin(sinx)2sinxcosx + arccos(cos)2cos(−sinx) = 0

Vậy F(x) = C = Const, ∀xε 0; π2



58



1

2



π

F( ) =

4







π

(arcsin t + arccos t)dt =

4



0



Suy ra F(x) = π4 , ∀xε 0; π2

Vậy F(x) = π4 , ∀xε 0; π2 (đpcm).

z



Bài 2) Cho f (z) =



x4 + (z − z2 )dx



0



Tìm giá trị lớn nhất của f (z) trên [0; 1]

Giải:

Rõ ràng hàm dưới dấu tích phân dương

Ta có:

z

−1

1

4

2

2

2

f (z) = (z + (z − z ) ) + z(1 − z)(1 − 2z) (x4 + z2 (1 − z)2 ) 2 dx

0



+) Với 0 < z



1

2,



f (z) > 0



Với 12 < z < 1, vì √



1

4

x +z2 (1−z2 )



z(1−z)



<

1



z4 + z2 (1 − z2 ) − z(2z − 1) > 0



với



1



Từ đó, max f (z) = f (1) = x2 dx =

0

√1

n→∞ n



n



Bài 3) Tìm lim



1



1

suy ra tích phân nhỏ hơn 1−z

⇒ f (z) >



1

2



< z < 1.



1

3



ln(1 + √1x )dx

Giải:



Thông qua giới hạn hàm số và sử dụng quy tắc L’Hopital ta dễ dàng tìm

được:

n



1

lim √

n→∞ n



1

ln(1 + √ )dx = 2

x



1

x2



Bài 4) Chứng tỏ rằng hàm số F(x) =

x



dt

lnt , x > 1



là đơn điệu và tìm tập giá



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Phương trình hàm có sử dụng đạo hàm

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×