bài tập phép tính vi phân trên r n và ứng dụng

<span class="text_page_counter">Trang 1</span><div class="page_container" data-page="1">

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

</div><span class="text_page_counter">Trang 4</span><div class="page_container" data-page="4">

Vậy f liên tục tại (0,0).

b) Chứng minh: f không khả vi tại (0,0).

2 ̸= 0 (Mâu thuẫn với (1)). Vậy f không khả vi tại (0,0).

</div><span class="text_page_counter">Trang 5</span><div class="page_container" data-page="5">

⇒ Vậy f có các đạo hàm riêng tại điểm (0,0). c) Ta biểu diễn số gia ∆f(0, 0) = ^»_{|xy| =} ^∂f

</div><span class="text_page_counter">Trang 6</span><div class="page_container" data-page="6">

∂x(x, y) = cos(x. sin y). sin y ; ^∂f

∂y(x, y) = cos(x. sin y).x. cos y.

</div><span class="text_page_counter">Trang 7</span><div class="page_container" data-page="7">

= (u(x, y), v(x, y)). Khi đó ta có f = g ◦ h. Áp dụng quy tắc đạo hàm của hàm hợp, ta có:

∂u(u(x, y), v(x, y)) +^∂g

∂v(u(x, y), v(x, y)).¹

</div><span class="text_page_counter">Trang 8</span><div class="page_container" data-page="8">

⇒ Hàm số f(x, y) gián đoạn tại điểm (0, 0).

Chứng minh: Các đạo hàm riêng cấp 1 gián đoạn tại (0, 0).

</div><span class="text_page_counter">Trang 9</span><div class="page_container" data-page="9">

<small>x</small>(x, y) gián đoạn tại điểm (0, 0). Hoàn toàn tương tự ta cũng có:

</div><span class="text_page_counter">Trang 10</span><div class="page_container" data-page="10">

Khi đó f(x, y) = g(h(x, y)) = (g ◦ h)(x, y).

Đạo hàm cấp 1 theo biến x:

</div><span class="text_page_counter">Trang 13</span><div class="page_container" data-page="13">

a) Tính các đạo hàm riêng của f ◦ g đối với r, φ, z bằng cách sử dụng quy tắc tính đạo hàm riêng của hàm hợp.

b) Biểu diễn tường minh f ◦ g như là hàm của r, φ, z và thử lại kết quả a) bằng

</div><span class="text_page_counter">Trang 14</span><div class="page_container" data-page="14">

(r cos φ)<small>2</small>+ (r sin φ)<small>2</small>+ 4z<small>2</small>.cos φ + ^{2r sin φ}

(r cos φ)<small>2</small>+ (r sin φ)<small>2</small>+ 4z<small>2</small>.sin φ

</div><span class="text_page_counter">Trang 15</span><div class="page_container" data-page="15">

Đối chiếu với kết quả phần a) ta thấy các kết quả thu được trùng nhau.

2 Công thức số gia giới nội

Bài 2.21

Giả sử f : [a, b] → R<small>m</small> liên tục có đạo hàm tại mọi x ∈ [a, b]. Chứng minh tồn tại c∈ (a, b) sao cho:

→ R liên tục theo x và có đạo hàm riêng ^∂f_∂y(x, y) bị chặn trên R². Chứng minh rằng f liên tục trên R<small>2</small>.

</div><span class="text_page_counter">Trang 17</span><div class="page_container" data-page="17">

Vậy công thức Taylor bậc 2 của đa thức tại (1, 0) là:

f(x, y) = f (1, 0) + df (1, 0)(∆x, ∆y) + d²f(1, 0)(∆x, ∆y) + ◦(||(x − 1, y)||²)

= e<small>a</small>+ e<small>a</small>.a.(x − 1) + e<small>a</small>.b.y+ e<small>a</small>.a².(x − 1)²+ 2e<small>a</small>.a.b.(x − 1).y + e<small>a</small>.b².y²+

</div><span class="text_page_counter">Trang 21</span><div class="page_container" data-page="21">

⇒ ∆z đổi dấu trong lân cận M(0, 0).

⇒ Hàm không đạt cực trị tại M(0, 0) hay hàm đã cho khơng có cực trị.

∂y(x, y) = [2y − 2y(x²+ y²)]e^−(x²^+y²⁾ = 0.

Vậy điểm dừng là (0, 0) và các điểm nằm trên đường tròn đơn vị x<small>2</small>+ y<small>2</small> = 1. Tại điểm dừng (0, 0) ta thấy: ^∂²^f

</div><span class="text_page_counter">Trang 22</span><div class="page_container" data-page="22">

(t) = (t − 2)e<small>−t</small>, g^′′(1) < 0 vậy nên hàm g(t) đạt cực đại khi t = 1, hay nói cách khác f(x, y) đạt cực đại khi x<small>2</small> + y² = 1 và giá trị cực đại là g(1) = 1.e⁻¹ = ¹

Giả sử diện tích tồn phần của hình hộp chữ nhật là a. Ta đặt chiều dài là x, chiều rộng là y, chiều cao là h (x, y, h > 0). Lúc này ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm f(x, y, h) = xyh với điều kiện 2xy + 2yh + 2xh = a; x, y, h > 0. Nhân lần lượt x, y, h vào (1), (2), (3) và kết hợp với (4) ta thu được:

x(y + h) = y(h + x) = h(x + y).

Từ đây ta có: xy = yh = hx. Do x, y, h > 0 nên ta có x = y = z. Khi đó (4) tương đương

</div><span class="text_page_counter">Trang 23</span><div class="page_container" data-page="23">

6 là cực đại đồng thời là vị trí đạt giá trị lớn nhất của hàm f(x, y, h) = xyh với điều kiện 2xy + 2yh + 2hx = a; x, y, h > 0.

Vậy trong các hình hộp chữ nhật có cùng diện tích tồn phần a, hình hộp có thể tích lớn

Cho phương trình: y − ¹₄arcsin x = 2 sin y.

a) Chứng minh rằng tồn tại duy nhất nghiệm y = y(x) khả vi trên một lân cận của x = 0 sao cho y(0) = 0.

∂y(x, y) liên tục trên R nên f ∈ C¹^.

Áp dụng định lí hàm ẩn: Tồn tại lân cận mở V của (0, 0) chứa trong R × R, lân cận mở U<small>1</small> của 0 trong R và hàm y(x) : U<small>1</small> → R khả vi liên tục sao cho điều kiện (x, y) ∈ V, f(x, y) = 0 tương đương với y = y(x).

Do ta có f(0, 0) = 0 nên y(0) = 0.

b, Ta có: f(x, y(x)) = y(x) − ¹₄arcsin x − 2 sin y(x) = 0 ∀x ∈ U<small>1</small>

</div><span class="text_page_counter">Trang 24</span><div class="page_container" data-page="24">

a) Chứng minh rằng hệ trên xác định duy nhất một hàm φ : z → (x(z), y(z)) từ một lân cận U của z = 2 tới một lân cận V của (1, −1), và φ là hàm lớp C<small>1</small>

<small>xx</small>, F_xy^′′, F_yy^′′, G^′′_xx, G^′′_xy, G^′′_yy đều tồn tại nên hàm φ ∈ C<small>2</small> trên U. Khi đó đạo hàm (1) và (2) theo biến z ta thu được:

</div>