BÀI TẬP CHƯƠNG I
1. Tìm miền xác định của các hàm số: (trang 44)
a) f(x,y) =
+
Miền xác định của hàm số là mọi điểm (x,y)
mpOxy sao cho hàm f(x,y) có nghĩa, khi đó:
b) f(x,y) =
Miền xác định của hàm số là mọi điểm (x,y)
mpOxy sao cho hàm f(x,y) có nghĩa, khi đó:
c) f(x,y,z) = arcsin
Miền xác định của hàm số là mọi điểm (x,y)
-1
-
mpOxy sao cho hàm f(x,y) có nghĩa, khi đó:
z
d) f(x,y,z) =
Miền xác định của hàm số là mọi điểm (x,y)
mpOxy sao cho hàm f(x,y) có nghĩa, khi đó:
2. Tính các giới hạn sau nếu tồn tại:(trang 44)
a)
Sử dụng tính chất kẹp:
Mà:
và
0
=0
b)
NX: Các hệ số đẳng cấp (bậc 2) nên thường
Ta có: M˳ (0,0)
O(0,0)
•
Hướng điểm M theo đường thẳng y = x: M
M(x,x)
•
Hướng điểm M theo đường thẳng y = 0: M
M(x,0)
=
Vì
nên
=0
c)
Ta có:
=
=
Vậy:
=
=
= -1
d)
Ta có: 0
Mà:
=
= 0 và
= 0 nên
3. Hàm số: f(x,y) =
(trang 44)
a) Tính
),
*
=
*
=
=
=
=0
= -1
=1
b) Chứng minh:
Ta có: M˳(0,0)
•
không tồn tại
O(0,0)
Hướng điểm M theo đường thẳng y = x
=
•
M
y =x
M(x,x)
M
y=0
M(x,0)
=0
Hướng điểm M theo đường thẳng y =0
=
=1
Do 0 # 1 nên
4. Tính các giới hạn sau nếu tồn tại:(trang 44)
a)
Ta có: 0
Vì
=
= 0 và
= 0 nên
=0
b)
Ta có: M˳(0,0)
•
O(0,0)
Hướng điểm M theo đường thẳng y = x: M
M(x,x)
=
•
=
Hướng điểm M theo đường thẳng y =0
=
=
Vì 2 # 1 nên
=2
M
y=0
M(x,0)
=1
không tồn tại
c)
Ta có: 0
Mà:
d)
= 0 và
= 0 nên
=
e)
5.Cho hàm số f(x,y)=
=0
Chứng minh rằng: (trang 45)
=0
=
=0 và
không tồn tại.
Ta có:
=0
=0 nên
Ta có: M˳(0,0)
•
=
=0 (đpcm)
O(0,0)
Hướng điểm M theo đường thằng y= x
M y=x
M(x,x)
M y=0
M(x,0)
=1
•
Hướng điểm M theo đường thằng y= 0
=0
Vì 0
6. Chứng minh rằng hàm số sau liên tục tại điểm (1,-1) (trang 45)
f(x,y)=
Ta có:
•
f(x˳,y˳) xác định vì f(x˳,y˳)=f(1,-1)=
•
=
=
= = f(1,- 1)
Hàm liên tục tại (1,-1)
Tìm tất cả các điểm gián đoạn của hàm số: (trang 45)
f(x,y)=
Ta có:
•
Xét tại mọi điểm (x,y)
(x,y)
•
f(x,y)=
hàm số f(x,y) liên tục tại mọi điểm
(0,0) vì hàm sơ cấp liên tục trên tập xác định của nó
Xét tại điểm (x,y) =(0,0):
f(x,y) = f(0,0) =0 nên xác định tại (0,0)
Ta có: đặt
Khi x
Ta được:
,y
cho r
0
=
=
nên hàm số f(x,y) bị gián đoạn tại điểm
(0,0).
8.tính đạo hàm riêng cấp 1 của các hàm số: (trang 45)
a) f(x,y) = xy2+y3-2x+5
Ta có:
= y2-2
= 2xy+3y2
b) f(x,y) = ln(x2+ 2y)
=
=
c) f(x,y) = arctan(x2
=
=
d) f(x,y) =
= y2
, x > 0, y > 0
.2y.lnx
e) f(x,y) =
.y2.
-
.
f) f(x,y) = u
cos(y/x).
+
v
+
, v= yx2
, u=
(
+
.
-v
(
-v
+( u
0+(u
).2xy
).x2= ( u
9) Tính các đạo hàm riêng cấp 2 của các hàm số sau: (trang 46)
a) f(x,y) = arctan
=
).x2 =(
+
).x2
=
=
=
=
b) f(x,y) = ylnx
ylnx.lny
= lnx.
=
=
lnx.(lnx -1).
10.Hàm số f(x,y) = x + (y-1)arcsin
Ta có:
= 1 +(y-1)
, tính
(trang 46)
=1
11.Dùng vi phân cấp một, tính gần đúng giá trị của (trang 46)
a)T1 =
Chọn:
biết
= 2, x = x= 1,
0,02
= y-
Xét hàm tương ứng: f(x,y) =
=
= f(
+
Tính:
Vậy: T1
) = f(2,1) =
(
,
)=
(2,1) =
0.4559
(
,
)=
(2,1) =
0.3420
1.71 + 0.4559*0.02+0.3420*0.03
=
, x = x-
,
)
+ +
1.71
b) T2 = sin59ocos32o = sin(60o-1o)cos(30o+2o)
Chọn:
(
1.73
sin(
cos(
(
,
)
= ,
= y-
Xét hàm tương ứng: f(x,y) = sinx.cosy
T2 = sin(xo +
= f(
Tính:
+
)=
(
,
)=
( , )=
(
,
)=
( , )=-
Vậy: T2
c) T3= (1,03) 5,95
Chọn
x0 = 1; ∆x = 0,03
y 0 = 6; ∆y = −0,05
Xét tương ứng:
f ( x, y ) = x y
⇒ T3 = ( x0 + ∆x )
•
•
y 0 + ∆y
= f ( x0 + ∆x; y0 + ∆y )
f ( x0 , y0 ) = 16 = 1
∂f
= 6.16 −1 = 6
∂x
(
.cos(yo +
,
)
+ +
(
,
)
∂f
= 16. ln 1 = 0
∂y
→ T3 = 1 + 6.0,03 + 0.(−0,05) ≈ 1,18
•
d)T4= ln(0,994 + 1,034 − 1)
Chọn
x0 = 1; ∆x = −0,01
y0 = 1; ∆y = 0,03
Xét tưng ứng
f ( x, y ) = ln( x 4 + y 4 − 1)
T 4= ln(( x0 + ∆x) 4 + ( y0 + ∆y ) 4 − 1) = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y )
•
f ( x0 , y0 ) = ln(14 + 14 − 1) = 1
∂f
4.13
= 4 4
=4
∂x 1 + 1 − 1
∂f
4.13
=
=4
•
∂y 14 + 14 − 1
→ T4 = 1 + 4.0,01 + 4.0,03 ≈ 1,16
•
12. Cho hàm z = z ( x, y ) xác định từ phương trình
dz ( x, y ) =
z
x
= ln + 1 (trang 46)
y
y
∂z
∂z
∂z
∂z
dx + dy ⇒ dz (1,1) = (1,1) dx + (1,1)dy
∂x
∂y
∂x
∂y
Tính đạo hàm riêng của hàm ẩn z = z ( x, y )
f ( x, y , z ) ≡
z
x
− ln − 1 = 0
y
y
tacó :
1
∂z
F ′x
z
∂z
y
=−
=
= ⇒ (1,1) = 1
∂x
F ′z − 1
y
∂x
z
1 − x 2
y
∂z
z
∂z
y
=
= 2 ( y − x ) ⇒ (1,1) = 0
−1
∂y
∂y
y
z
→ dz (1,1) = 1.dx + 0.dy = dx
13. Tính df(x,y) nếu: (trang 46)
a) f ( x, y ) = x sin y − y cos
df =
∂f
∂f
dx + dy
∂x
∂y
∂f
= sin y + y sin x
∂x
∂f
•
= x cos y − cos x
∂y
⇒ df = (sin y + y sin x )dx + ( x cos y − cos x )dy
•
b) f (u , v) = u 2v − v 2u , với u=ycox, v=xsiny
df ( x, y ) =
∂f
∂f
dx + dy (1)
∂x
∂y
∂f ∂f ∂f ∂f ∂v
= . + .
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x
= ( 2uv − v 2 )(− y sin x) + (u 2 − 2 su ). sin y
•
= ( 2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y )(− y sin x) + ( y 2 cos 2 x − 2 xy cos x sin y ) sin y
•
∂f ∂f ∂u ∂f ∂v
=
.
+ .
∂y ∂u ∂y ∂v ∂y
= ( 2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y ) cos x + ( y 2 cos2 x − 2 xy cos x sin y ) cos yx
⇒ df = ((2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y )(− y sin x ) + ( y 2 cos 2 x − 2 xy cos x sin y ) sin y )dx
+ ((2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y ) cos x + ( y 2 cos 2 x − 2 xy cos x sin y ) cos yx)dy
14. Cho phương trình x2 + y2 + z2 -3xyz = 0(trang 46)
''
a) Tính z x' , z xy với z = z(x, y) xác định bởi (1)
Đặt F(x,y,z)= x2+ y2+z2-3xyz=0 (1)
∂z
F ' x 2 x − 3 xy
=− ' =
∂x
F z 2 z − 3 xy
∂z
F ' y 2 z − 3 xz
=−
=
∂y
F ' z 2 y − 3xz
z xy'' =
=−
=−
∂2z
∂
2 x − 3 yz
= (−
)
∂x∂y ∂y 2 z − 3 xy
(2 x − 3 yz ) 'y ( 2 z − 3 xy ) − (2 x − 3 yz )(2 z − 3 xy ) 'y
(2 z − 3 xy ) 2
(3z + z 'y ( −3 y ))(2 z − 3 x 2 y ) − (2 z 'y − 3 x)(2 x − 3 yz )
(2 z − 3 yx) 2
(3 z −
=−
2 y − 3 xz
2 y − 3 xz
3 y )(2 z − 3 yx 2 ) − (2 −
− 3 x)(2 x − 3 yz )
2 z − 3 xy
2 z − 3 xy
(2 z − 3 yz ) 2
2 x − 3 yz
2
).xy 2
y 2 z − z x' xy 2 y .z − (−
∂f
b) f =
=
=
2 z − 3xy
∂x
z2
z2
'
x
f x' (1,1,1) = 2
15. Khai triển Mac-Laurin đến số hạn bậc 6 của hàm(trang 46)
f ( x, y ) = cos( x 3 + y 3 )
Đặt t = x 3 + y 3
do
x→0
y →0
nên t → 0
+∞
Vậy ta có
t 2n
f (t ) = cos t = ∑ (−1)
2n!
−∞
n
t2 t4 t6
= 1 − + − + θ (t 6 ), t → 0
2! 4! 6!
( x3 + y 3 ) 2 ( x3 + y 3 ) 4 ( x3 + y 3 )6
+
−
+ R6 ( x, y )
2!
4!
6!
1
1
1
= 1 − ( x 6 + 2 x 3 y 3 + y 6 ) = 1 − x 6 + x 3 y 3 + y 6 + R6 ( x, y )
2!
2
2
⇒ f ( x, y ) = 1 −
16. Khai triển Taylor hàm f(x,y) = 2
-3
- 4xy +2
+x +6y -5 tại lân cận điểm (-1,2)
(trang 46)
Ta có:
= f(x0,y0) + d f(x0,y0) + d2 f(x0,y0) + d3 f(x0,y0) + 0(
f(x,y)=
Tính :
•
f(x0,y0) =f(-1,2) = 17
•
d f(x0,y0) =
(x0,y0).dx +
=6
= -4x +4y +6
dy
(-1,2) = 5
(-1,2) = 18
df(-1,2) = 5dx + 18dy
•
d2 f(x0,y0) =
(x0,y0).d
=
=
f3 f(x0,y0) =
2
(-1,2) =-4
( )=4
dx3+3
(x0,y0).d
(-1,2) = -18
= -4
9-1,2) = 4
d2 f(x0,y0) = -18d
•
(x0,y0) +
( ) = 12x -6
=
+2
d
-8dxdy + 4d
+
3dxd
+
dy3
)
=
(
) = 12
(-1,2) = 12
=
(
)=0
(-1,2) = 0
=
(
) =0
(-1,2) = 0
=
(
) =0
(-1,2) = 0
d3f(-1,2) = 12dx3
f(x,y) =17 +5(x+1) +18(y-2) -9(x+1) -4(x+1)(y-2) +2(y-2)2 +2(x+1)3 + 0( 3)
17.Tìm đạo hàm theo hướng
(12,16) của hàm f(x,y) = x3 + y2 -3xy tại điểm A(1,1) (trang
46)
Ta có:
(12,16) có
(1,1) =
.e1 + =
•
=0
•
= -1
Vậy
=
= 20
vecto đơn vị e =
=( , )
.e2
(1,1) =
18. Chứng minh rằng hàm hợp:
thỏa: (trang 46)
∀ (x ; y)
Giải:
Đặt:
, xem t là hàm 2 biến của
•
Tính đạo hàm cấp 1:
•
Tính đạo hàm cấp 2:
2
.
(1)
(2)
=
(3)
∀ (x ; y) )
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra
= f(x,y,z) tại điểm Mo(3,4,5) theo hướng vecto M 0 M với
19.Tính đạo hàm u = arctan
M(0,0,5)
(trang 47)
Ta có: M 0 M = ( − 3,−4,0 ) ⇒ M 0 M = 9 + 16 + 0 = 5
=> M 0 M chưa là vector đơn vị, đưa M 0 M về đơn vị:
eM 0 M =
Vậy
−3 −4
=
,
,0
M 0M 5 5
M 0M
∂f
∂M 0M
∂f
=
Tính ∂x
⇒
( M 0 ) = ∂f ( M 0 ) e1 + ∂f ( M 0 ) e2 + ∂f ( M 0 ) e3
∂x
∂y
∂z
1
z
=
.
2
2
2
x + y x
z
1+
x2 + y2
1
(x
∂f
( 3,4,5) = − 3
∂x
50
Do x,y vai trò giống nhau trong hàm f(x,y,z)
⇒
∂f
( 3,4,5) = − 2
∂y
25
∂f
( 3,4,5) = 1
∂z
10
∂f
∂M 0 M
( 3,4,5) = − 3 . − 3 −
50 5
2
2 4 1
1
. + .0 =
25 5 10
10
− xz
2
+y
)
2 3
.
1
z2
1+ 2
x + y2
20. Cho hàm u = f(x,y,z)
(trang 47)
*Hoán đổi vai trò của x,y,z
Tương tự :
Vậy:
* Tốc độ biến thiên nhanh nhất của hàm f là khi cùng hướng với
và giá trị lớn nhất
tức max
Vậy tốc độ biến thiên chậm nhất khi ngược hướng với
và giá trị nhỏ nhất tức min
.
21.Tìm xấp xỉ bậc 3 cùa hàm z = f(x,y) = ln(1 + x)ln(1 + y) (trang 47)
Theo côngthức Mac-Laurinvới n = 3.
với R = ∂ + ∂
3 ∂x ∂y
y
4
f (θ ,θ ) , 0 < θ < 1
Ta cóf(0,0) = ln1.ln2=0
f x' =
1
1
ln(1 + x)
. ln(1 + y), f y' =
1+ y
1+ x
f x' (0,0) = f y' (0,0) = 0 ;
'' (0,0) = 0 ;
⇒ f xx
f '' =
xx
(−1)
(1 + x) 2
f ' ' (0,0) = 0 ;
yy
.ln(1 + y) ;
f '' =
yy
(−1)
(1 + y) 2
.ln(1 + x)
1
1
f '' =
ln(1 + y).
.ln(1 + x)
xy 1 + x
1+ y
'' = f '' = f '' = 0
⇒ f xx
yy
xy
''' = (−1) .ln(1 + y ). 1 .ln(1 + x)
f xxy
1+ y
(1 + x) 2
''' =
f xyy
⇒
(−1)
1
ln(1 + y ).
.ln(1 + x)
2
1+ x
(1 + y)
∂3 f
∀k = 0,1,2,3
(0,0) = 0
∂x k ∂y 3−k
Vậy ta có:
vớisaisố
khi
f ( x, y) ≈ 0
R =0
3
x ≤ 0,2 ;
y ≤ 0,2
ta vẫncósaisố
R =0
3
22.Khai triển Taylor đến các số hạng cấp 3 của hàm z = f(x,y) = xy tại lân cận Mo(1;1)
(trang 47)
Ta có:
1
1
1
f ( x, y ) = f ( x o , y o ) + df ( xo , y o ) + d 2 f ( x o , y o ) + d 3 f ( x o , y o ) + θ ( ρ 3 )
1!
2!
3!
1
• f ( xo , y o ) = f (1,1) = 1 = 1
∂f
∂f
( xo , y o ).dx + ( xo , y o ).dy
∂x
∂x
y −1
y
⇒ df (1,1) = y.x (1,1) .dx + x ln x (1,1) .dy = dx
• df ( x o , y o ) =
2
∂
∂
∂2 f
∂2 f
∂2 f
• d f (1,1) = .dx + .dy f = 2 (1,1)dx 2 + 2.
(1,1).dx.dy + 2 (1,1).dy 2
∂y (1,1)
∂x.∂y
∂x
∂y
∂x
2
= 0.dx 2 + 2.dx.dy + 0.dy 2 = 2.dx.dy
3
∂
∂
∂ 3 f (1,1) 3
∂ 3 f (1,1) 2
∂ 3 f (1,1)
∂ 3 f (1,1) 3
2
• d f (1,1) = .dx + .dy . f =
.
dx
+
3
.
.
d
.
dy
+
3
.
dx
.
dy
+
dy
∂y (1,1)
∂x 3
∂x 2 .∂y
∂x.∂y 2
∂y 3
∂x
3
Taco :
∂3 f
∂ ∂2 f ∂
=
=
y.( y − 1).x y −2 = y ( y − 1)( y − 2). y y −3
∂x 3 ∂x ∂x 2 ∂x
∂3 f
⇒ 3 (1,1) = 0
∂x
∂3 f
∂ ∂ 2 f ∂ y −1
=
• 2
=
x + y. ln x.x y −1
∂x .∂y ∂y ∂x.∂y ∂y
(
)
(
)
= x y −1 . ln x + ln x.x y −1 + x y −1 . ln x. y. ln x
⇒
•
∂3 f
(1,1) = 0
∂x.∂y 2
∂3 f
(1,1) = 0
.∂y 3
⇒ d 3 f (1,1) = 0.dx 3 + 3.1.dx 2 .dy + 3.0.dx.dy 2 + 0.dy 3 = 3.dx 2 .dy
Vậy :
1
1
1
f ( x, y ) = 1 + (dx) + ( 2.dx.dy ) + (3.dx 2 .dy ) + θ ( ρ 3 )
1!
2!
3!
1
⇒ f ( x, y ) = 1 + ( x − 1) + ( x − 1).( y − 1) + ( x − 1) 2 .( y − 1) + θ ( ρ 3 )
2
Với ρ = ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2