Bai4 DAO HAM VA VI PHAN phan 3

ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN
Phần 3


KHAI TRIỂN TAYLOR
Cho f(x, y) khả vi đến cấp (n+1) trong lân cận
(x0, y0), khi đó trong lân cận này ta có:

d k f ( x0 , y0 )
f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) + ∑
+ Rn
k!
k =1
n

Cụ thể:
n

k

1 ∂
∂

f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) + ∑  ∆x + ∆y ÷ f ( x0 , y0 ) + Rn
∂y 
k =1 k ! ∂x

1
Rn =
d n +1 ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) Phần dư Lagrange
(n + 1)!

Có thể thay Rn bởi o( ρn) (Peano) (là VCB bậc cao
hơn ρn khi ρ→ 0),
2

2

n

ρ = ∆x + ∆y , o ( ρ )
Khai triển trong lân cận (0, 0) gọi là kt Maclaurin
1. Thông thường chỉ sử dụng pd Peano.
2. Sử dụng khai triển Maclaurin cơ bản của hàm
1 biến trong kt Taylor hàm nhiều biến.
3. Viết kt trong lân cận của (x0, y0) là viết kt theo
lũy thừa của ∆x = (x – x0), ∆y = (y – y0)


Ví dụ
1/ Khai triển Taylor đến cấp 2 trong lân cận (1, 1),
cho

z = f(x, y) = xy

f x′ = yx y −1, f y′ = x y ln x ⇒ df (1,1) = ∆x + 0.∆y
f xx′′ = y ( y − 1) x
y

y −2

,

y −1
y −1
′′
f xy = x + yx ln x,

2

′′ = x ln x
f yy
2

2

⇒ d f (1,1) = 0.∆x + 2.∆x∆y + 0.∆y

2


df (1,1) = ∆x + 0.∆y
2

2

d f (1,1) = 0.∆x + 2.∆x∆y + 0.∆y

2

2

df (1,1) d f (1,1)
z = f ( x, y ) = f (1,1) +
+
+ o( ρ 2 )
1!
2!
∆x 2∆x∆y
z = 1+
+
+ o( ρ 2 )
1!
2!
= 1 + ( x − 1) + ( x − 1)( y − 1) + o( ρ 2 )


Ví dụ
2/ Viết kt Maclaurin đến cấp 2 cho

1
z = f ( x, y ) =
1 + x + y − xy
Đặt u = x + y – xy, kt z theo u đến u2

1
2
2
z=
= 1 − u + u + o(u )

1+ u
2

2

= 1 − ( x + y − xy ) + ( x + y − xy ) + o(u )
= 1 − x − y + x 2 + 3xy + y 2 + o( ρ 2 )


Ví dụ
3/ Viết kt Taylor đến cấp 3 với (x0, y0) = (0,1) cho

z = f ( x, y ) = e

x 2 + xy

Đặt X = x, Y = y – 1,

z=e

X + X 2 + XY
2

= 1 + X + X + XY
2

2

2

3

( X + X + XY ) ( X + X + XY )
3
+
+
+ o( ρ )
2
6


2

z = 1 + X + X + XY
2

2

2

3

( X + X + XY ) ( X + X + XY )
3
+
+
+ o( ρ )
2
6
3 2

7 3
2
3
= 1 + X + X + XY + X + X Y + o( ρ )
2
6
3 2
7 3
2
3
z = 1 + x + x + x ( y − 1) + x + x ( y − 1) + o( ρ )
2
6


Ví dụ
4/ Viết kt Taylor đến cấp 3 với (x0, y0) = (1,2)
Suy ra f”xy(1, 2)
z
=
f
(
x
,
y
)
=
x
sin(
y

−
2).
cho
Đặt X = x – 1, Y = y – 2, z trở thành
3

Y
3 
z = ( X + 1)sin Y = ( X + 1)  Y − + o(Y ) ÷
6


3
Y
= Y + XY − + o( ρ 3 )
6
3
( y − 2)
3
= ( y − 2) + ( x − 1)( y − 2) −
+ o( ρ )
6


3

( y − 2)
3
f ( x , y ) = ( y − 2) + ( x − 1)( y − 2) −
+ o( ρ )

6
2

d f (1, 2)
= ( x − 1)( y − 2) = ∆x ∆y = dxdy
2!
2

⇔

′′ (1,2)∆x + 2fxy
′′ (1,2) ∆x ∆y + fyy
′′ (1,2)∆y
fxx
2
⇒ f”xy(1, 2) = 1

2

= ∆x ∆ y


Đạo hàm theo hướng
Định nghĩa:
Cho hàm f xác định trong lân cận M0 và một

r
a
hướng cho bởi vector .

r
Đạo hàm của f theo hướng a tại M 0:
r
f ( M 0 + t.a ) − f ( M 0 )
∂f
r = lim
∂a t →0
t

r
∂f ( M 0 )
chỉ tốc độ thay đổi của f theo hướng a
r
∂a


Định lý (cách tính đạo hàm theo hướng)

r
Nếu hàm f khả vi tại M0, e = ( e1, e2 )
là
r
e
vector đơn vị, đạo hàm theo hướng
tại M0
tồn tại, khi đó:
∂f ( M 0 ) ∂f ( M 0 )
∂f ( M 0 )
r =
e1 +

e2
∂x
∂y
∂e
Hàm 3 biến cũng được tính tương tự.


y
cos β = e2

r
e (Vector đơn vị)

β
α

e1
= cos α
r
e = ( cos α ,cos β )
r
Các cosin chỉ phương của e

x


z

r
e

γ
α

β

y

x

r
e = (cos α ,cos β ,cos γ )


Công thức tổng quát
r
a là vector tùy ý:
∂f ( M 0 ) ∂f ( M 0 ) a1 ∂f ( M 0 ) a2
r =
r +
r
∂a
∂x
a
∂y
a
(hàm 2 biến)
∂f ( M 0 ) ∂f ( M 0 ) a1 ∂f ( M 0 ) a2 ∂f ( M 0 ) a3
r =
r +

r +
r
∂a
∂x
a
∂y
a
∂z
a
(hàm 3 biến)


Ví dụ
1. Tìm đạo hàm theo hướng dương của trục
Ox tại điểm (-2,1) của hàm số
2

2

f ( x, y ) = xy − 2 x y
Vector đơn vị theo hướng dương của Ox là:
r
e = ( 1,0 )
∂f ( −2,1)
= f x′ ( −2,1) .1 + f y′ ( −2,1) .0
r
∂e
= 9 .1 −12 .0 = 9

r
2. Tìm đạo hàm theo hướng a = ( 1,1, −1) tại
f ( x, y, z ) = x 2 + 2 xz − 3 y 2 z 3

M = ( 2,1,2 ) của
r
a
1
( 1,1, −1) = ( e1, e2 , e3 )
r =
a
3

∂f ( M )
r = f x′ ( M ) .e1 + f y′ ( M ) .e2 + f z′ ( M ) .e3
∂a
1
1
 1  15
= 0.
+ 6.
+ ( −9 ) . −
÷=
3
3
3
3


Vector Gradient
r r r
Gọi i , j , k

( )

là các vector đơn vị trên các

trục tọa độ, f có các đạo hàm riêng tại
M 0 ( x0 , y0 ) . Gradient của f tại M là:
0

(

∇f ( M 0 ) = grad ( M 0 ) = f x′ ( M 0 ) , f y′ ( M 0 )

)

r
r
= f x′ ( M 0 ) .i + f y′ ( M 0 ) . j


Liên hệ
∂f ( M 0 ) ∂f ( M 0 )
∂f ( M 0 )
r
e1 +
e2 = ( ∇f ( M 0 ) , e )
r =

∂e
∂x
∂y
∂f ( M 0 )
r
r = ∇f ( M 0 ) . e = ∇f ( M 0 ) .cos ϕ
∂e

ϕ là góc giữa gradf ( M 0 )
∂f ( M 0 )
r
∂e

r
&e

đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi:
cos ϕ = 1 ⇔ ϕ = 0


Tổng quát
Hướng của vector gradient là hướng mà
hàm f tăng nhanh nhất.
∂f ( M 0 )
r
∂a

r

a 

=  ∇f ( M 0 ) , r ÷
a 



Ví dụ
∂f (2, −3,0)
r
1/ Tìm grad f (2, −3,0),
∂a
yz r
Với: f ( x, y, z ) = x.e , a = (2, −3,0)

(

) (

∇f ( x, y , z ) = f x′, f y′ , f z′ = e yz , xze yz , xye yz

)

∇f (2, −3,0) = ( 1,0, −6 )
r
∂f (2, −3,0)
a
= ∇f (2, −3,0). r
r
∂a
a

= ( 1,0, −6 )

(. 2, −3,0 )
13


PHÁP TUYẾN – TIẾP DIỆN CỦA MẶT CONG.
Cho mặt cong S: F(x, y, z) = 0, M(x0,y0,z0) ∈ S
r
n

•L là đường cong trong S đi qua
M. Tiếp tuyến của L tại M gọi là
tiếp tuyến của S tại M.
•Các tiếp tuyến này cùng thuộc 1
mặt phẳng gọi là tiếp diện của S
tại M.


PHÁP TUYẾN – TIẾP DIỆN CỦA MẶT CONG

Giả sử L ⊂ S có pt: x = x(t), y = y(t), z = z(t)
M = (x(t0), y(t0), z(t0)) ∈ L
Vector chỉ phương của tiếp tuyến tại M là :
r
u = ( x′(t0 ), y′(t0 ), z′(t0 ) )
M∈ S: F(x,y,z) = 0, ta có:

Fx′ ( M ) x′(t0 ) + Fy′ ( M ) y′(t0 ) + Fz′ ( M ) z′(t0 ) = 0

Fx′ ( M ) x′(t0 ) + Fy′ ( M ) y′(t0 ) + Fz′ ( M ) z′(t0 ) = 0

⇒ ( x′(t0 ), y′(t0 ), z′(t0 ) ) ⊥ ( Fx′ ( M ), Fy′ ( M ), Fz′( M ) )
r
⇒ u ⊥ gradF ( M ) (với mọi đường cong trong S và
qua M)

grad F(M) là pháp vector của tiếp diện
của S tại M.
• Pháp vector của tiếp diện còn gọi là
pháp vector của mặt cong S.


Phương trình pháp tuyến
S : F ( x, y , z ) = 0, M = ( xM , yM , zM ) ∈ S
x − xM
y − yM
z − zM
=
=
Fx′ ( M ) Fy′ ( M ) Fz′ ( M )
S : z = f ( x , y ) , M = ( xM , y M , z M ) ∈ S
x − xM
y − yM z − z M
=
=
f x′ ( M ) f y′ ( M )
−1