Thông tin tài liệu
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
Số phức
1.1 Khái niệm về số phức
Ta biết rằng lũy thừa chẵn của mỗi số thực đều không âm, do đó trong tập hợp R
không thể khai căn bậc chẵn của một số âm. Ví dụ: phương trình x
2
+ 1 = 0 vô nghiệm
thực.Vì vậy, ta đưa một lớp số mới vào nhằm mở rộng trường số thực.
1.1.1 Định nghĩa số phức:
1. Ta định nghĩa phần tử i sao cho i
2
= - 1 gọi là đơn vị ảo.
2. Biểu thức z = a + bi với a, b ∈ R gọi là một số phức; a gọi là phần thực, b gọi là
phần ảo . Ký hiệu a = Rez, b = Imz. Như vậy z = a + bi = Rez + i(Imz)
3. Tập hợp các số phức được ký hiệu là C.
4. Nếu a = 0 thì z = bi gọi là số thuần ảo; b = 0 thì được số thực z = a.
5. Hai số phức được gọi là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo tương ứng của chúng
bằng nhau, tức là: a + bi = c + di ⇔ a = c và b = d.
6. Cho số phức z = a + bi. Số phức a + (-b)i = a – bi gọi là số phức liên hợp của z, ký
hiệu
z
. Khi đó: số phức liên hợp của
z
là z.
1.1.2 Các dạng biểu diễn của số phức
1. Dạng đại số Cách viết z = a + bi còn gọi là dạng đại số hay dạng nhị thức của số
phức.
2. Biểu diễn hình học: Mọi số phức z = a + bi đều có thể biểu diễn trên mặt phẳng
Oxy dưới dạng điểm A(a,b) với hoành độ a và tung độ b, và ngược lại, mọi điểm M(a,b)
của mặt phẳng Oxy đều có thể xem như là ảnh của số phức a + bi.
Nếu z = a: Thì M(a,0) nằm trên trục Ox. Vì vậy, trục Ox còn được gọi là trục
thực.
Nếu z = bi: Thì M(0,b) nằm trên trục Oy. Vì vậy, trục Oy còn được gọi là trục ảo
Hai số phức liên hợp được biểu diễn bởi hai điểm đối xứng với nhau qua trục Ox.
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
Nối điểm A(a,b) với gốc tọa độ, ta được vectơ
OA
uuur
Trong nhiều trường hợp,
người ta xem vec tơ
OA
uuur
như là biểu diễn hình học của số phức z = a + bi.
3. Dạng lượng giác của số phức
Cho số phức z = a +bi và
OA
uuur
là vectơ biểu diễn hình học của z trên mặt phẳng xOy.
Khi đó:
Độ dài r =
OA
uuur
của vectơ
OA
uuur
được gọi là mođun của số phức z, ký hiệu là |z|. Hiển
nhiên ta có:
|z | ≥ 0, ∀ z ∈ C, |z | = 0 ⇔ z = 0
Bây giờ giả sử z ≠ 0, tức là
OA
uuur
≠
0
r
. Góc định hướng giữa tia Ox
và vectơ
OA
uuur
(đo bằng radian) ϕ =
·
(
)
,
OxOA
uuur
được gọi là
argument của số phức z, ký hiệu là Argz. Argz không duy nhất
mà sai khác nhau k2π.
Nếu chỉ giới hạn xét ϕ ∈[0;2π) thì khi đó ϕ được gọi là
argument chính, ký hiệu argz.
Khi z = 0 thì ϕ không xác định, ta quy ước Arg0 nhận giá trị tuỳ ý.
Rõ ràng a = rcosϕ ; b = rsinϕ.
Do đó: z = a + bi = r(cosϕ + isinϕ) được gọi là dạng lượng giác của số phức z.
Sự liên hệ giữa dạng đại số z = a + bi và dạng lượng giác z = r(cosϕ + isinϕ)
Ta có: r =
22
ab
+
, ϕ = tg (b/a) , nếu a ≠ 0. a = rcosϕ ; b = rsinϕ
Từ định nghĩa của số phức liên hợp
z
của z và biểu diễn hình học của
z
, ta có:
|
z
| = | z |; arg
z
= - argz.
Ví dụ:
1. r(cosϕ - isinϕ) có phải là dạng lượng giác của số phức z?
2. Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác
a. z = -2 + 2i
3
b. z = 1 + i c. z = 1- i
d. z =
cos.sin
77
i
ππ
−+
e. z =
sin.cos
33
i
ππ
+
A(a,b)
b
y
O a x
ϕ
r
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
1.2 Những phép tính cơ bản trên số phức:
Cho hai số phức z = a + bi và w = c + di. Lần lượt có dạng lượng giác là r
1
(cosϕ
1
+
isinϕ
1
) và r
2
(cosϕ
2
+ isinϕ
2
)
1.2.1 Phép cộng z + w = (a + c) + (b + d)i (1)
1.2.2 Phép nhân z .w = (ac – bd) + (ad + bc)i (2)
Nhận xét: z.
z
= a
2
+ b
2
= | z |
2
.
Nếu các số phức cho ở dạng lượng giác thì ta có:
z.w = r
1
.r
2
(cos(ϕ
1
+ϕ
2
) + isin(ϕ
1
+ϕ
2
)) (3)
Nhận xét: | z.w | = | z |. | w |;
| z
n
| = | z |
n
; Arg(z
n
) = n. Argz + k2π
1.2.3 Phép chia 2 số phức.
Bổ đề: Cho số phức z = a + bi. Khi đó tồn tại số phức z
1
sao cho z.z
1
=1. Khi đó z
1
được
gọi là nghịch đảo của số phức z, ký hiệu z
-1
. Vậy z
-1
= 1/z.
Chứng minh
Ta cần tìm z
1
= c + di sao cho z.z
1
= 1.
Hay cần xác định c, d để (a + bi).(c+di) = 1
Tức: (ac – bd) + (ad + bc)i = 1
Suy ra : ac – bd = 1 và ad + bc = 0 (I)
Giải hệ phương trình (I) ta được:
2222
;
ab
cd
abab
−
==
++
Vậy z
1
tồn tại.
Do đó, z
-1
= z
1
=
2222
ab
i
abab
−
++
(4)
Nhận xét: Trong thực hành ta có thể tìm z
-1
= 1/z bằng cách nhân tử và mẫu cho số phức
liên hợp
z
Phép chia hai số phức:
Giả sử w ≠ 0. Khi đó:
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
2222
.().()()()
.
zzwabicdiacbdbcadi
wcdcd
ww
+−++−
===
++
(5)
Nếu các số phức cho ở dạng lượng giác ta có:
z/w = (r
1
/r
2
). (cos(ϕ
1
- ϕ
2
) + isin(ϕ
1
-ϕ
2
)) (6)
1.2.4 Các ví dụ:
1. Cho z = 1–2i và w = 3+4i. Tìm z + w,z – w,z.w, z/w.
2. Tính (1 + i)
2
, (1 + i)
4
. Suy ra (1+i)
2006
, (1 – i)
210906
3. (3 –i)(14 +2i); (2+3i)/ (1 - 4i); (1 + 2i)
2
/1-i
4. (1 + i)
9
/(1 – i )
7
; 1 + (1+i) + (1+i)
2
+ + (1+i)
99
5. Tìm modun của các số phức sau:
4
(1)
(16)(27)
i
ii
+
+−
1.3 Phép nâng lên lũy thừa và phép khai căn số phức
1.3.1 Nâng lên lũy thừa
Từ công thức (3) của mục trên, suy ra rằng nếu n là một số nguyên dương thì:
[r(cosϕ + isinϕ)]
n
= r
n
(cosnϕ + isinnϕ).
Công thức này gọi là công thức Moivre. Nó chứng tỏ rằng khi nâng một số phức
lên lũy thừa nguyên dương thì môđun được nâng lên lũy thừa đó và argument bị nhân với
số mũ của lũy thừa.
Áp dụng của công thức Moivre:
Trong công thức đặt r = 1, ta được
(cosϕ + isinϕ)
n
= (cosnϕ + isinnϕ)
Khai triển vế trái theo công thức của nhị thức Newton và so sánh phần thực và phần
ảo của hai vế, ta có thể biểu diễn sinnϕ và cosnϕ theo luỹ thừa của cosϕ và sinϕ.
Chẳng hạn với n = 3: ta có:
VT = cos
3
ϕ + i.3cos
2
ϕsinϕ - 3cosϕsin
2
ϕ - isin
3
ϕ
VP = cos3ϕ + isin3ϕ
Do đó: cos3ϕ = cos
3
ϕ - 3cosϕsin
2
ϕ = -3cosϕ + 4 cos
3
ϕ
sin3ϕ = -sin
3
ϕ + 3cos
2
ϕsinϕ = 3sinϕ - 4 sin
3
ϕ
1.3.2 Phép khai căn
Căn bậc n của một số phức mà lũy thừa bậc n bằng số dưới căn:
n
n
zwwz
=⇔=
.
Hay:
(cossin)(cossin)
n
rii
ϕϕρθθ
+=+
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
(cossin)(cossin)
n
rinin
ϕϕρθθ
⇔+=+
Vì trong những số phức bằng nhau. Môđun phải bằng nhau nhưng argument có thể
sai khác một bội 2π nên:
ρ
n
= r; nθ = ϕ + k2π
Từ đó: ρ =
n
r
; θ =
2
k
n
ϕπ
+
; k là số nguyên tùy ý.
Cho k các giá trị 0,1,2, , n-1, ta được n giá trị khác nhau của căn.
Vậy căn bậc n của một số phức có n giá trị khác nhau
Căn bậc n của số thực A khác 0 cũng có n giá trị vì số thực là một trường hợp đặc
biệt của số phức và có thể viết dưới dạng lượng giác:
Nếu A > 0 thì A = |A| (cos0 + isin0)
Nếu A < 0 thì A = |A| (cosπ + isinπ)
Ví dụ: Tìm
3
3
4
1,1,(22)
i
−+
Bài tập:
Bài 1 Tính:
1. (3+5i).(4-i) 2. (6+11i).(7+3i) 3. (4 – 7i)
30
4.
3
45
i
i
−
+
5.
23
32
(12)(1)
(32)(2)
ii
ii
+−−
+−+
6.
34
12
i
i
+
−
7. (1+i
3
)
3
8.
512
i
−−
9.
()
(
)
9
3
1313
ii+++ 10.
8
1
2
i
−
−+
11.
(
)
7
13
i−− 12.
()
(
)
2007
2006
13ii−+−
Bài 2 Tìm các số thực x,y sao cho:
1. (1- 2i)x + (-3 + 4i)y = -1 -3i 2. (2+i)x – (3+5i) = 1 +3i
3. (2 - 3i)x +(1+3i)y = x + 5iy 4. (3-2i)x – (4+5i)y = 2y + 3ix
Bài 3: Tìm |z| (modun của số phức) nếu :
1. ( 1 + i)
(
)
3
i
+
2.
1
3
i
i
+
+
3.
(1)(3)(2)
(34)(5)
iii
iii
++−−
++
4.
3
26
13
i
i
−+
+
5.
5
(34)
34
i
i
+
−
6.
3
1
i
i
i
+
−+
−
7.
2006
23
32
i
z
i
+
=
−
8.
4
(34)(1)
34
ii
i
++
−
Bài 4: Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác
1. – 1 – i 2.
13
i
+
3.
(
)
3
13
1
i
i
+
−−
4.
(
)
()
4
31
ii
+−
5.
(
)
(
)
(
)
1133
iii
+−−+
Bài 5: Giải các phương trình:
1. z
2
= - 1 + i 2. 4z
2
+ 4z + i = 0 3.
42
2340
zz
−+=
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
Bài 2. ÔN TẬP VỀ GIỚI HẠN DÃY SỐ - GIỚI HẠN HÀM SỐ
I. Giới hạn hàm số
1. Các giới hạn cơ bản:
1. 1lim
sin
lim
00
==
→→
t
tgt
t
t
tt
2. 1
)1ln(
lim
1
lim
00
=
+
=
−
→→
t
t
t
e
t
t
t
3.
2
1cos1
lim
2
0
=
−
→
t
t
t
4.
a
t
t
a
t
=
−+
→
1)1(
lim
0
5.
p
e
t
t
p
t
∀=
∞→
,0lim
6.
p
t
t
p
t
∀>=
∞→
,0,0
ln
lim α
α
2. Quy tắc L’Hospital:
Cho x
o
∈ R hoặc x
o
= ± ∞.
f, g có đạo hàm liên tục thỏa mãn:
0)(lim)(lim
00
==
→→
xgxf
xxxx
hoặc
±∞==
→→
)(lim)(lim
00
xgxf
xxxx
Giả sử tồn tại
A
xg
xf
xx
=
→
)('
)('
lim
0
. Khi đó:
A
xg
xf
xx
=
→
)(
)(
lim
0
3. Giới hạn dạng:
[
]
)(
)(lim
0
xg
xx
xf
→
1. Giả sử
bxgaaxf
xxxx
=>=
→→
)(lim);0()(lim
00
(a,b hữu hạn) thì
[
]
)(
)(lim
0
xg
xx
xf
→
= a
b
2.
[
]
)(
)(lim
0
xv
xx
xu
→
có dạng 0
0
. Đặt y = u
v
thì lny = v.lnu
Khi đó:
y
xx
lnlim
0
→
có dạng 0.0 ta dùng L’Hospital để tính giới hạn.
Nếu
y
xx
lnlim
0
→
=
)(ln)(lim
0
xuxv
xx→
=a thì
[
]
)(
)(lim
0
xv
xx
xu
→
= e
a
3.
[
]
)(
)(lim
0
xg
xx
xf
→
có dạng 1
∞
. Khi đó:
[
]
)(
)(lim
0
xg
xx
xf
→
=
()
(
)
0
()1()
1
()1
lim1(()1)
fxgx
fx
xx
fx
−
−
→
+−
=
[]
()
0
lim()1
gx
xx
fx
e
→
−
Bài tập:
Bài 1: Tính các giới hạn sau:
1.
1
2
1
lim
2
2
−
−
−
∞→
x
x
x
x
2.
x
xxx
x
1)31)(21)(1(
lim
0
−
+
+
+
→
3.
52
5
0
)51()1(
lim
x
x
xx
x
+
+−+
→
4.
1
3
lim
32
1
−
−++
→
x
xxx
x
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
5.
2
1
1
)1(
)1(
lim
−
++−
+
→
x
nxnx
n
x
6.
−
−
−
→
3
1
)1(
3
1
1
lim
x
x
x
Bài 2: Tính các giới hạn sau:
1.
x
axa
x
33
0
lim
−+
→
2.
4
8
lim
3
64
−
−
→
x
x
x
3.
22
lim
ax
axax
ax
−
−+−
→
4.
2
3
7118
lim
2
3
2
+
−
+−+
→
x
x
xx
x
5.
1
lim
+
++
∞→
x
xxx
x
6.
2
12
2
lim
x
x
x
x
−
+
∞→
7.
2
1
2
0
2
1
1
lim
x
x
x
+
→
+
8.
()
2
.
1
2lim
x
tg
x
x
π
−
→
9.
2
1
0
sin
lim
x
x
x
x
→
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
Bài 3 . VÔ CÙNG BÉ
1.1. Định nghĩa:
Hàm α(x) được gọi là lượng vô cùng bé (VCB) khi x → x
o
nếu
lim()0
o
xx
xα
→
=
Ví dụ: x
m
, sinx, tgx, ln(1+x), (1-cosx) là các VCB khi x → 0.
Ta cũng có khái niệm VCB cho quá trình x → ∞ thay vì quá trình
x → x
o.
Quy ước: quá trình x → ∞ hay x → x
o
ta gọi chung là trong 1 quá trình.
1.2 Định lý:
Trong 1 quá trình, f(x) → L khi và chỉ khi α(x) = f(x) – L là VCB trong quá trình đó.
1.3 Tính chất:Trong 1 quá trình
1. Nếu α(x) là VCB, C là hằng số thì C.α(x) là VCB.
2. Nếu α
1
(x), α
2
(x), , α
n
(x) là một số hữu hạn các VCB thì tổng
α
1
(x) + α
2
(x) + + + α
n
(x) cũng là VCB.
3. Nếu α(x) là VCB và f(x) là hàm bị chặn thì tích α(x).f(x) cũng là VCB.
1.4 So sánh hai lượng VCB:
Cho f, g là hai lượng VCB trong 1 quá trình.
Giả sử k
xg
xf
o
xx
=
→
)(
)(
lim
Nếu k = 0 thì f là VCB bậc lớn hơn g. Ký hiệu: f = o(g)
Nếu k = ±∞ thì g là VCB bậc lớn hơn f. Ký hiệu g = o(f)
Nếu k ≠0, k ≠ ±∞ thì f, g là haiVCB cùng bậc. Đặc biệt, nếu k =1 thì ta nói f, g là
VCB tương đương. Ký hiệu: f ~ g
Nếu không tồn tại giới hạn thì ta nói f, và g không so sánh được với nhau
Ví dụ:
1. 1 – cosx và x
2
là hai VCB ngang cấp khi x → 0.
2. 1 – cosx là VCB cấp cao hơn x khi x → 0.
1.5 Các VCB bé tương đương cần chú ý:
Nếu x → 0 thì:
sinx ~ x; tgx ~ x; (1 – cosx) ~ ½ x
2
; arcsinx ~ x;
(e
x
-1) ~ x; ln(1+x) ~ x ; [(1+x)
a
– 1] ~ ax;
1.6 Khử dạng vô định:
Tính chất 1: Nếu
k
g
f
o
xx
=
→
lim
, f ~ f
1
; g ~ g
1
thì
k
g
f
o
xx
=
→
1
1
lim
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
Chứng minh
Thật vậy:
limlim lim
ooo
xxxxxx
fffgf
gg
fgg
→→→
==
Ví dụ:
3
00
ln(12)22
limlim
33
1
x
xx
xx
x
e
→→
+
==
−
Tính chất 2: Nếu α(x) = o(β(x)) trong 1 quá trình thì α(x) + β(x) ~ β(x).
Như vậy tổng của hai VCB tương đương với VCB có cấp thấp hơn
Ví dụ:
1.
2
0
1cos5
lim
sin2
x
x
x
→
−
2.
0
ln(13)
lim
2
x
x
tgx
→
−
3.
23
35
0
sin
lim
24
x
xxtgx
xxx
→
++
++
4.
3
0
ln(1)
lim
sin
x
tgx
xx
→
+
+
5.
2
2
0
ln(12sin)
lim
sin.
x
xx
xtgx
→
−
Bài tập:
1. Giả sử t là lượng VCB. So sánh các lượng VCB: u = 5t
2
+ 2t
5
và v = 3t
2
+2t
3
2. So sánh các VCB u = tsin
2
t và v = 2tsint khi t → 0.
3. So sánh các VCB u = t
2
sin
2
t và v = ttgt khi t → 0.
4. Sử dụng các VCB tương đương, tính các giới hạn:
a.
2
0
)sin.31ln(
lim
tgx
xx
x
+
→
b.
xtg
x
x
3
121
lim
0
−+
→
c.
)21(ln
3sin
lim
2
2
0
x
x
x
+
→
d.
)41ln(
1
lim
2
0
x
e
x
x
−
−
→
e.
)1ln(
cosln
lim
2
0
x
x
x
+
→
f.
x
e
x
x
ln
)1sin(
lim
1
1
−
−
→
g.
1)1().1(
1)1(
lim
3
2
5
3
0
−++
−+
→
xx
x
x
h.
2516
238
lim
4
3
0
−+
−+
→
x
x
x
i.
)431ln(
)231ln(
lim
32
32
1
xxx
xxx
x
+−+
+−+
→
j
2
1
arcsin
1
lim
ln(1)
x
x
x
x
→
−
−
k.
2
1
2
41
lim
arcsin(12)
x
x
x
→
−
−
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
Bài 4 Công thức khai triển Taylor – Maclaurinh
1. Công thức khai triển Taylor:
Giả thiết hàm số y = f(x) có tất cả các đạo hàm đến cấp n + 1 (kể cả đạo hàm cấp
n + 1) trong một khoảng nào đó chứa điểm x = a.
Hãy xác định một đa thức y = P
n
(x) bậc n mà giá trị của nó tại x = a bằng giá trị f(a)
và giá trị của các đạo hàm đến hạng n của nó bằng giá trị của các đạo hàm tương ứng của
hàm số f(x) tại điểm đó. Nghĩa là:
P
n
(a) = f(a);
'()()
()'(); ;()()
nn
nn
PafaPafa
== (1)
Ta hy vọng sẽ tìm được một đa thức như thế trong một ý nghĩa nào đó “gần” với
hàm số f(x).
Ta sẽ xác định đa thức đó dưới dạng một đa thức theo lũy thừa (x – a) với các hệ số
cần xác định
2
012
().().() ()
n
nn
PxCCxaCxaCxa
=+−+−++− (2)
Các hệ số C
0
, C
1
, C
2
, …, C
n
được xác định sao cho điều kiện (1) được thỏa mãn.
Trước hết, ta tìm các đạo hàm của P
n
(x)
'21
123
''2
23
()
()2.()3.() ()
() 23.2.() (1)()
()
n
nn
n
nn
n
n
PxCCxaCxanCxa
PxCCxannCxa
Px
−
−
=+−+−++−
=+−++−−
= (1) 2.1.
n
nnC
−
(3)
Thay x = a vào các biểu thức (2) và (3) ta có:
0
'
1
''
2
()
()
()
()2.1.
().(1) 2.1.
n
n
n
n
nn
PaC
PaC
PaC
PannC
=
=
=
=−
So sánh với điều kiện (1) ta có:
0
1
2
()
()
'()
''()2.1.
().(1) 2.1.
n
n
faC
faC
faC
fannC
=
=
=
=−
[...]... f(x) = (1 + x )100 (1 − 2 x) 40 (1 + 2 x) 60 x2 3 f(x) = 2 1+ x + x2 đến số hạng x4 f (4)(0) =? 4 e 2 x − x đến số hạng x5 2 1− x + x đến số hạng Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 5 1 − 2 x + x 3 − 3 1 − 3x + x 2 đến số hạng x3 6 tgx đến số hạng x5 7 x(e x − 1) −1 đến số hạng x4 8 3 sin x 3 đến số hạng x13 f (7)(0) = ? 9 f(x) = ln( x + 1 + x 2 ) đến x5 10 f(x) = ln(cosx)... + x + o( x n ) 2! n! 3 Bài tập: Bài 1: a Khai triển đa thức x4 – 5x3 + 5x2 + x + 2 thành lũy thừa của ( x – 2) b Khai triển đa thức x5 + 2x4 - x2 + x + 1 thành lũy thừa của ( x + 2) c Khai triển hàm số f(x) = sinx tới số hạng x4 tại lân cận xo = π/4 d Khai triển hàm số y = x với xo = 1 và n = 3 Bài 2: Viết khai triển các hàm sau đây theo lũy thừa nguyên dương của biến x đến số hạng cấp cho trước 1... (6) cho khả năng thay hàm số y = f(x) bằng đa thức Pn(x) với độ chính xác tương ứng bằng giá trị của số hạng dư Rn(x) Ta sẽ xác định những giá trị x để số hạng dư Rn(x) khá bé Viết số hạng dư dưới dạng: Rn ( x) = ( x − a) n +1 Q( x) (n + 1)! (7) Trong đó Q(x) là hàm số cần phải xác định Với x và a cố định, hàm số Q(x) có giá trị xác định, ký hiệu giá trị đó bằng Q Ta xét, hàm số phụ theo biến t (t là... số hạng x3 Bài 3: Ước lượng sai số tuyệt đối của các công thức gần đúng: 1 ex ≈ 1 + x + x2 xn khi 0≤ x ≤ 1 + + 2! n! 2.sinx ≈ x − x3 , khi |x| ≤ 0.5 6 x2 Bài 4: Với giá trị x nào thì ta có công thức gần đúng cosx ≈ 1 − với độ chính xác 2 0,0001? Bài 5: Dùng công thức Taylor tính gần đúng 1 3 2 sin(18o) 250 4 sin1o với độ chính xác 10-8 3 (1,1)1,2 và ước lượng sai số 5 lg11 với độ chính xác 10 -5 Bài. .. Mn, N1, N2, Nm, ta có thể tính theo 2 cách: 1/ Nhân hai vế cho Q(x), rút gọn các số hạng đồng bậc ở vế phải, sau đó cho đồng nhất hệ số hai vế Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 2/ Sau khi nhân hai vế cho Q(x), ta cũng có thể cho x các giá trị khác nhau để xác định giá trị của các hệ số Ví dụ: Phân tích phân thức hữu tỷ: x2 + 1 thành phân thức đơn giản x5 − x 2 5... công thức: ∫ Pn ( x) ax + bx + c 2 dx = Qn −1 ( x) ax 2 + bx + c + λ ∫ dx ax + bx + c 2 (*) Với Qn-1(x) là đa thức bậc n-1 với các hệ số phải tìm; λ là số thực càn xác định Những hệ số của đa thức Qn-1 và hệ số λ được xác định bằng cách lấy đạo hàm của (*) và so sánh các hệ số Ví dụ: ∫ x3 1 + 2 x − x2 dx : TH4: Các trường hợp khác 1 Nếu ax2 + bx + c có hai nghiệm thực x1, x2 thì đặt ax 2 + bx + c = t (... công thức Taylor của hàm số f(x) Nếu trong công thức Taylor, đặt a = 0 thì nó viết dưới dạng: x x2 x3 xn (n) x n +1 f ( x) = f (0) + f '(0) + f ''(0) + f '''(0) + + f (0) + f ( n +1) (θ x) , θ ∈[0;1] 1! 2! 3! n! ( n + 1)! là công thức xấp xỉ hàm f(x) thành đa thức bậc n tại x = 0, với số dư Rn(x) – được gọi là công thức khai triển Maclaurinh Tóm lại, ta có định lý sau: Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV... vào 1 trong 3 trường hợp sau: 1 p ∈ Z Đặt x = tS s là mẫu số chung của m và n 2 3 m +1 n k ∈ Z Đặt a + bx = t , k là mẫu số của p n m +1 -n S + p ∈ Z Dùng phép thế ax + b = t , s là mẫu số của p n dx dx xdx Ví dụ: Tính ∫ 1 + 3 x2 ; ∫ x ( 4 ) x +1 10 ; ∫ ( x4 1 + x2 ) − 1 2 Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 4 Tích phân vô tỉ dạng: ∫ R( x, ax 2 + bx + c )dx dx TH1:... của hàm số đã cho f(x) và đa thức mới lập Pn(x) (hình vẽ) Rn ( x) = f ( x) + Pn ( x) Hay: f ( x) = f ( a) + f '(a) f ''(a ) f '''(a ) f ( n ) (a) ( x − a) + ( x − a)2 + ( x − a)3 + + ( x − a) n + Rn ( x) 1! 2! 3! n! y = f(x) y Rn(x) y = Pn(x) f(x) O a Pn(x) x x Rn(x) gọi là số hạng dư – đối với những giá trị x làm cho số hạng dư Rn(x) bé, thì khi đó đa thức Pn(x) cho biểu diễn gần đúng của hàm số f(x)... 2 7 x5 + 1 ∫ x 4 − 8 x 2 + 16 dx 8* ∫ x9 dx ( x10 + 2 x5 + 2) 2 3 Dùng công thức Ostrogradsky, tính các tích phân: 1 ∫ (x dx + 1) 2 4 2 ∫ dx ( x + x + 1) 2 2 2 dx Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 5 Tích phân hàm vô tỉ 1 Các tích phân cơ bản: 1 ∫ a −x ∫ x +k 2 1 2 2 dx = arcsin x +C a dx = ln x + x 2 + k + C ∫ a 2 − x 2 dx = ∫ x 2 + k dx = 1 1 x x a 2 − x 2 . a = c và b = d.
6. Cho số phức z = a + bi. Số phức a + (-b)i = a – bi gọi là số phức liên hợp của z, ký
hiệu
z
. Khi đó: số phức liên hợp của
z
là. biểu diễn của số phức
1. Dạng đại số Cách viết z = a + bi còn gọi là dạng đại số hay dạng nhị thức của số
phức.
2. Biểu diễn hình học: Mọi số phức z = a
Ngày đăng: 24/01/2014, 23:20
Xem thêm: Tài liệu Bài giảng số phức ppt, Tài liệu Bài giảng số phức ppt