Bài tập giải tích hàm Cao học Ôn thi cao học

Học viên: Phạm Văn Tuân

Chuyên ngành: Toán Giải tích

BÀI TẬP GIẢI TÍCH HÀM
Dạng 1: Chỉ ra và chứng minh một chuẩn của không gian giải tích (Không gian định chuẩn)
PP:
B1: Chỉ ra 1 chuẩn (Cái này cần chú ý đến các không gian giải tích đã học)
Ví dụ: K-không gian véc tơ hữu hạn chiều: không gian R n ; không gian C[a;b] …
B2: Chứng minh một chuẩn (Chứng minh chuẩn đó thỏa mãn 3 tính chất của chuẩn)
TC1: x = 0 ⇔ x = 0 ;
TC2: αx = α . x ;
TC3: x + y ≤ x + y .
Dạng 2: Chứng minh hai chuẩn tương đương, không tương đương.
Câu 1. Cho X là K không gian véc tơ và N1 , N 2 là hai chuẩn trên X . Chuẩn N1 được gọi là tương
đương với chuẩn N 2 , Ký hiệu N1 : N 2 , nếu α, β∈ R * sao cho αN1 (x) ≤ N 2 (x) ≤ βN1 (x) .
a. Chứng minh rằng mọi không gian véc tơ hữu hạn chiều đều có ít nhất một chuẩn.
b. Chứng minh rằng mọi chuẩn trong không gian véc tơ hữu hạn chiều đều tương đương.
c. Cho ví dụ câu b trong trường hợp không đúng cho không gian véc tơ hữu hạn chiều.
(VD: C [ a, b ] , . : . ∞ )
Giải:
Giả sử V là K không gian véctơ hữu hạn chiều với cơ số { e1 ;e 2 ;...;ed } (Không gian d chiều).
d

R cho bởi: x e + x e + ... + x e =
a. Xét ánh xạ . : Vx →
∑ xi ; xi ∈ R
1 1
2 2
d d
→ x

i =1

Khi đó . là một chuẩn trên V
Thật vậy: (Kiểm tra 3 tính chất của chuẩn)
d

d

1. x = 0 ⇔ x1e1 + x 2 e 2 + ... + x d e d = ∑ x i = 0 ⇔ x i = 0 ∀i = 1;d ⇔ ∑ x i ei = 0 ⇔ x = 0
i =1

i =1

d

d

i =1

i =1

2. αx = αx1e1 + αx 2 e 2 + ... + αx d ed = ∑ αx i = α .∑ x i = α . x
3.

d

d

d

i =1

i =1

i =1

x + y = (x1 + y1 )e1 + (x 2 + y 2 )e 2 + ... + (x d + y d )e d = ∑ x i + y i ≤ ∑ x i + ∑ y i

⇔ x+y ≤ x + y
b. Chứng minh mọi chuẩn trên V (hữu hạn chiều) là tương đương.
Gọi . 1 là chuẩn bất kì trên V , ta sẽ chứng minh chuẩn . 1 tương đương với chuẩn . ở câu a.
Vì { e1 ;e 2 ;...;ed } là cơ sở nên ei ≠ 0, ∀i = 1,d , do đó ei ≥ 0, ∀i = 1,d .

{

Đặt C1 = max e1 1 ,..., ed

} >0

1

d

d

i =1

i =1

x 1 = x1e1 + x 2e2 + ... + x d ed 1 ≤ ∑ x i . ei 1 ≤ ∑ x i .C1 ⇔ x 1 ≤ C1. x

Vậy ∃C1 ∈ V sao cho x 1 ≤ C1. x , ∀x ∈ V (1)
Ta cần chứng minh tồn tại C2 > 0 sao cho C 2 . x ≤ x
Xét ánh xạ:

(

)

1

f : V, . → R
x

→

x

1

Ta chứng minh f liên tục
Giả sử xn → x trong V, . , tức là xn − x → 0

(

)

Ta có f(xn ) − f(x) = xn 1 − x 1 ≤ xn − x 1(bất đắng thức tam giác)
Khoa Sau Đại Học

Trường Đại Học Đà Lạt

Học viên: Phạm Văn Tuân
≤ C1 xn − x (theo 1)
→ 0 khi n → ∞
Vậy f bị chặn, f liên tục.

Chuyên ngành: Toán Giải tích

{

}

(

Ta biết rằng mặt cầu đơn vị B = x ∈ V | x = 1 là tập Compact trong V, .

)

x1
Vì f liên tục nên ∃x0 ∈ B sao cho f(x0 ) = minf(x)
tức là x0 1 = min
x∈B
x∈B
Vì f(x) = x 1 > 0, ∀x ∈ B (nếu f(x) = 0 → x 1 = 0 → x = 0 → x ∉ B )
x1>0
Do đó x0 1 = min
x∈B
Ta có

x
∈ B,∀x ∈ V \{0} (Vì
x

Nên:

x
x

x
x
=
= 1)
x
x

≥ min x 1 = x0 1 = C2 > 0
1

Từ đó suy ra: x 1 ≥ C2. x , ∀x ∈ V (2)
Từ (1) và (2) suy ra . : . 1
Gọi . 1 ; . 2 là hai chuẩn bất kỳ trên V , theo chứng minh trên ta có:
. 1 : . 
 ⇒ . 1 : . 2 (điều phải chứng minh).
. 2 : . 
c. Xét không gian C[0;1] lần lượt với chuẩn . 1 và . ∞
1

ff1 = ∫ (x) dx, f
0

∞

= Sup f(x)
x∈[0;1]

Chuẩn . 1 và . ∞ không tương đương;
Thật vậy, xét các hàm fn (x) = xn ∈ [0;1]
1

Ta có

fn 1 = ∫ xndx =
0

fn

∞

1
→ 0 khi n → ∞
n+ 1

= Sup xn = 1 ∀n
x∈[0;1]

 fn → 0 khi n → ∞
1
⇒ .1 : .∞
Vậy 

f
→
1vôù
i
∀
n
 n ∞
Câu 2. Cho C [ 0,1] , với 2 chuẩn:
b

x(t) 1 = ∫ x(t) dt và x(t)
a

∞

= sup x(t)
a ≤t ≤b

x k = x theo chuẩn x(t) thì lim x k = x theo chuẩn x(t) .
a. Chứng minh rằng nếu lim
1
∞
k →∞
k →∞
b. Điều ngược lại của câu a không đúng, chỉ ra ví dụ.
Giải:
a. Giả sử x → x theo chuẩn . , tức là sup xn (t) − x(t) → 0
n

∞

t∈[0;1]

1

1

0

0 t∈[0;1]

1

n→∞

Ta có: xn − x 1 = ∫ xn (t) − x(t) dt ≤ ∫ sup xn(t) − x(t) dt = sup xn(t) − x(t) ∫ dt = xn − x ∞ → 0
Khoa Sau Đại Học

t∈[0;1]

0

Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân
Vậy, nếu xn − x ∞ → 0thì xn − x 1 → 0 .

Chuyên ngành: Toán Giải tích

b. Xét không gian C[0;1] lần lượt với chuẩn . 1 và . ∞
1

x(t) 1 = ∫ x(t)dx, x(t) ∞ = Sup x(t)
x∈[0;1]

0

Xét xn (t) = t và x(t) = 0, ∀t ∈ [0;1]
Ta có:
n

1

1

1

0

0

0

xn − x 1 = ∫ xn (t) − x(t) dt = ∫ tn − 0 dt = ∫ tn dt =

tn+1
1
=
n+ 1 n+ 1

xn − x 1 → 0 khi n → ∞ ;
xn − x ∞ = sup xn (t) − x(t) = sup tn − 0 = sup tn = 1, ∀n
t∈[0;1]

t∈[0;1]

t∈[0;1]

 xn − x → 0 khi n → ∞
1
Vậy 
i ∀n
 xn − x ∞ → 1vôù
Vậy, nếu xn − x 1 → 0 thì xn − x ∞ → 0 .

Khoa Sau Đại Học

Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân
Dạng 3: Chứng minh một dãy cauchy; dãy không hội tụ.

Chuyên ngành: Toán Giải tích

1

Câu 3: Cho C[ −1;1] với chuẩn x = ∫ x(t) dt
−1


1
u ≤ t≤1
1 neá
k

−1
1

u ≤ t≤
và dãy xk (t) =  kt neá
k
k

−1

u − 1≤ t ≤
 −1 neá
k

a. Chứng tỏ xk là dãy cauchy trong C[ −1;1] ;
b. Chứng tỏ xk (t) không phụ thuộc trong C[ −1;1] ;
Giải:
a. Chứng tỏ xk là dãy cauchy trong C[ −1;1] ;
Giải:
Giả sử (n ≥ m) , ta có:
xn − xm =

1

∫ x (t) − x
n

m

(t) dt =

−1

=

−1
n

−1
n

∫

mt − 1dt +

−1
m

1
n

1
n

∫

mt − nt dt +

−1
n

1
m

1
m

∫ 1− mt dt

1
n

1

1 m 1

∫ (1− mt)dt + ∫ (n − m) t dt + ∫ (1− mt)dt = 2 m − n − 2  m

−1
m

2

−1
n

1
n

−

1   n− m
÷÷+ 2
n2  
n

1 2 m 1 m 1 1 m,n→∞
− + + −
= − → 0
m n n2 n n2 m n
⇒ (xn ) cauchy trong C[−1;1] , .
=

(

)

b. Chứng tỏ xk (t) không phụ thuộc trong C[ −1;1] ;
Giải:
Ta có xn hội tụ điểm về x với
1neá
u0< t ≤ 1


x(t) = 0 neá
ut = 0
−1neá
u − 1≤ t < 0

(tức là xn (t) → x(t),∀t ∈ [ − 1;1] )
Mặt khác:
1

∫

−1

0

xn (t) − x(t) dt =

∫

− 1n

1
n

1
n

1
1
nt − 1dt + ∫ 1− nt dt = 2∫ (1− nt)dt = 2 − n 2 ÷ → 0 khi n → ∞

n 
n
0
0

(C

Do đó, nếu ( xn ) hội tụ trong

[−1;1]

)

, . thì ( xn ) phải hội tụ về x .

Tuy nhiên x ∉ C[−1;1] do x không liên tục.

(

)

Vậy ( xn ) không hội tụ trong C[−1;1] , . .

Khoa Sau Đại Học

Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân

Câu 4: Xét C[0;1]

Chuyên ngành: Toán Giải tích


1
u0≤ t ≤
1neá
2

1
1
1 1

u ≤ t≤ +
với chuẩn x = ∫ x(t) dt và dãy xk (t) = −2kt + k + 1neá
2
2 2k
0

1 1

u +
≤ t≤1
 0neá
2 2k


a. Chứng tỏ xk là dãy cauchy trong C[0;1] ;
b. Chứng tỏ xk (t) không phụ thuộc trong C[0;1] ;

Giải:
1

1
2

0

0

a. xk − xm = ∫ xk (t) − xm(t) dt =

∫

xk (t) − xm(t) dt +

1 +1
2 2k

∫

1
2

xk (t) − xm(t) dt +

1

∫

xk (t) − xm(t) dt

1 +1
2 2k

Dạng 4: Chứng minh không gian Banach
Câu 5: Cho C[a;b] với chuẩn x = sup x(t) là Banach.
a≤ t≤ b

Khoa Sau Đại Học

Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân
Dạng 5: Chứng minh tính đóng, tỉnh mở của một không gian
Câu 6: Cho C[a;b] với chuẩn x = Sup x(t) và a ≤ α ≤ β ≤ b

Chuyên ngành: Toán Giải tích

0≤ t≤1

Chứng tỏ rằng:
a. D = x ∈ C[a;b] |x(t) > 0,∀t ∈ [α;β] là tập mở trong C[a;b] ;

{

}

{

}

b. M = { x ∈ [a;b]|x(t) ≥ 0,∀t ∈ [α;β]} là tập đóng trong C[a;b] ;
Giải:
a. D = x ∈ C[a;b] |x(t) > 0,∀t ∈ [α;β]
Lấy x ∈ D , khi đó x(t) > 0 ∀t ∈ [α;β]
Vì x liên tục trên compac suy ra: min x(t) = x(t0 ) = m > 0
m
) nằm trong D .
2
m
m
m
Thật vậy, lấy y ∈ B(x, ) , tức là y − x < ⇔ sup y(t) − x(t) <
2
2
t∈[a;b]
2
m
m
m
y(t) − x(t) < ∀t ∈ [a;b] ⇒ - < y(t) − x(t) <
2
2
2
m
m
y(t) > x(t) − ⇒ y(t) > > 0 (Vì x(t) > m). ⇒ y ∈ D
2

2
Vậy D là tập mở trong C[a;b] ;
Ta chứng minh hình cầu mở B(x,

b. M = { x ∈ [a;b]|x(t) ≥ 0,∀t ∈ [α;β]}
∀x ∈ C[a;b] − M ⇒ x(t) < 0;

= m< 0
x(t) liên tục trên [α;β] suy ra tồn tại ∃ maxx(t)
α≤ t≤β
−m
) ⊂ C[a;b] − M
2
−m
−m
−m
Thật vậy, ∀y ∈ B(x;
)⇒ y− x <
⇒ sup y(t) − x(t) <
2
2
2
a≤ t≤ b
m
−m
m
m
Suy ra
< y(t) − x(t) <
∀t ∈ [a;b] ⇒ y(t) < x(t) − ⇒ y(t) < < 0 ∀t ∈ [a;b]

2
2
2
2
⇒ y(t) ⊂ C [a;b] − M
Ta cần chứng minh hình cầu mở B(x;

⇒ C[a;b] − M là tập mở trong C[a;b] ;
Vậy M là tập đóng trong C[a;b] ;

Khoa Sau Đại Học

Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Dạng 6: Chứng minh ánh xạ của một không gian là toán tử tuyến tính liên tục; tính chuẩn của
không gian đó.
Câu 7: Cho C[0;1] với chuẩn x = Sup x(t)
0≤ t≤1

Chứng minh rằng các ánh xạ: A :C[0;1] → C[0;1] là toán tử tuyến tính liên tục và tính A ; Trong đó:
2
a. ( Ax) (t) = x(t ) ;

t

2
d. ( Ax) (t) = ∫ ts x(s)ds.

2
b. ( Ax) (t) = t .x(0) ;

0
t

e. ( Ax) (t) = ∫ tsx(s)ds .

t
2

c. ( Ax) (t) = e .x(t) ;

0

Giải: Tính tuyến tính tự chứng minh
2
a. ( Ax) (t) = x(t )

2
b. ( Ax) (t) = t .x(0)

Ax = sup x(t2 ) ≤ sup x(t) = x
t∈ 0;1

Ax = sup t2x(0) = x(0) ≤ sup x(t) = x

t∈ 0;1

t∈ 0;1

t∈ 0;1

⇒ A bị chặn, A ≤ 1

⇒ A bị chặn, A ≤ 1

Mặt khác, chọn x0(t) = 1, ∀t ∈ [0;1]

Mặt khác, chọn x0(t) = 1, ∀t ∈ [0;1] ⇒ x0 ∈ C[0;1]

⇒ x0 ∈ C[0;1] và x0 = 1

và x0 = 1

Ax0 = sup x0 (t2 ) = 1= x0

Ax0 = sup x0 (t2 ) = 1= x0

t∈ 0;1

t∈ 0;1

Vậy A = 1

Vậy A = 1
t

c. ( Ax) (t) = e2 .x(t)

t
2

t
2

Ax = sup e .x(t) ≤ e sup x(t) = e x
t∈ 0;1

t∈ 0;1

⇒ A bị chặn, A ≤ e
Mặt khác, chọn x0(t) = e , ∀t ∈ [0;1] ⇒ x0 ∈ C[0;1] và x0 = e
t
2

t
2

Ax0 = sup e .x0(t) ≤ e sup x0(t) = e x0
t∈ 0;1

t∈ 0;1

Vậy A = e
t

2
d. ( Ax) (t) = ∫ ts x(s)ds
0

t

t

t

Ax = sup ∫ ts x(s)ds ≤ sup t∫ s x(s) ds ≤ sup x(s) . sup t∫ s2ds =
2

2

t∈ 0;1 0

⇒ A bị chặn, A ≤

t∈ 0;1

t∈ 0;1

0

t∈ 0;1

0

1
(1)
3

Xét x0(t) ⊂ C[0;1]; x0(t) =

1
1
⇒ x0 =
3
3

t

t

t

0≤ t≤1 0

0≤ t≤1 0

Ax0 = ∫ tsds ⇒ Ax0 = sup Ax0(t) = sup ∫ ts2x(s)ds = sup ∫ ts2ds =
0

0≤ t≤1

Ta có A = A . x0 ≥ Ax0 =
Khoa Sau Đại Học

1
x
3

1
3

1
1
⇒ A ≥ (2)
3
3
Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân
1
Từ (1) và (2) ta có A =
3

Chuyên ngành: Toán Giải tích

t

e. ( Ax) (t) = ∫ tsx(s)ds
0

1. Chứng minh A tuyến tính liên tục:
* Chứng minh A tuyến tính:
∀ x(t), y(t) ∈ C[0;1] , ∀α ∈ R
Ta xét hai tính chất:
t

t

t

0

0

+ A(x + y)(t) = ∫ ts(x + y)(s)ds = ∫ tsx(s)ds+ ∫ tsy(s)ds = (Ax)(t) + (Ay)(t) ;
0

t

t

0

0

+ A(αx)(t) = ∫ tsαx(s)ds = α ∫ tsx(s)ds = α(Ax)(t) .
* Chứng minh A liên tục:
t

t

t

0

0

Ta có: (Ax)(t) = ∫ tsx(s)ds ≤ ∫ ts x(s) ds ≤ sup x(t) ∫ ts ds
0≤ t≤1

0

t

⇒ sup(Ax)(t) ≤ sup x(t) .sup ∫ ts ds
0≤ t≤1

0≤ t≤1

t

Ta có:

∫

0

0≤ t≤1 0

t

t

t

ts2
t3

1
ts ds = ∫ tsds(xeù
t trongñoaïn [0;t] ts ≥ 0) =
= ⇒ sup ∫ ts ds =
2 0 2 0≤t≤1 0
2
0

1
x (*)
2
→ A bị chặn → A liên tục.
Vậy A tuyến tính liên tục.
2. Tính A
Vậy Ax ≤

1
(Áp dụng bất đẳng thức Ax ≤ A . x ) (1)
2
Xét x0(t) ⊂ C[0;1]; x0(t) = 1⇒ x0 = 1
Từ (*) A ≤

t

t

t

0≤ t≤1 0

0≤ t≤1 0

Ax0 = ∫ tsds ⇒ Ax0 = sup Ax0(t) = sup ∫ tsds = sup ∫ tsds =
0

0≤ t≤1

Ta có A = A . x0 ≥ Ax0 =
Từ (1) và (2) ta có A =

Khoa Sau Đại Học

1
2

1
1
⇒ A ≥ (2)
2
2

1
2

Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân
Dạng 7: Xét tính khả vi của một ánh xạ.
Câu 8: Xét tính khả vi tại (0;0) ; f(x,y) = 3 x3 + y3

Chuyên ngành: Toán Giải tích

Giải:
Ta có:
3 3
δff
(t;0) − f(0;0)
t
(0;0) = lim
= lim
=1
t
→
0
t
→
0
δx
t
t
3 3
δff
(0;t) − f(0;0)
t
(0;0) = lim
= lim
=1
t
→

0
t
→
0
δy
t
t

h 
f ( (0;0) + (h1;h2 )) − f(0;0) − (1;1)  1 ÷
Xét
 h2  =
ϕ(h1;h2 ) =
h12 + h22

3

h13 + h32 − (h1 + h2 )
h12 + h22

Ta có:
lim ϕ(h1;h2 ) = lim

h1→ 0

3

h13 + k3h13 − (h1 + kh1)

h1→ 0

h2 → 0

h12 + k2h12

= lim

3

x→∞

1+ k3 − (1+ k)
1+ k2

=

3

1+ k3 − (1+ k)
1+ k2

h2 = kh1

Giới hạn theo tia h2 = kh1 không phụ thuộc vào k
⇒ ∃ lim ϕ(h1;h2 )
h1→ 0

h2 → 0

⇒ f không khả vi tại (0;0)

Câu 9: Xét tính khả vi tại (0;0)
 xy
neá
u (x,y) ≠ (0;0)

a. f(x,y) =  x2 + y2

u (x,y) = (0;0)
 0neá
Giải:
Ta có
δff
(t;0) − f(0;0)
δff
(0;t) − f(0;0)
= lim
= 0;
= lim
=0
δx t→0
t
δy t→0
t
h 
f ( (0;0) + (h1;h2)) − f(0;0) − (0;0)  1 ÷
Xét:
 h2  = h1h2
ϕ(h1;h2 ) =
h12 + h22

h12 + h22
Ta có

lim ϕ(h1;h2 ) = lim(

h1→ 0

h2 → 0

h1→ 0

kh12

k
k
) = lim(
)=
2
h1→ 0 1+ k
h +k h
1+ k2
2
1

2 2
1

h2 = kh1

Giới hạn theo tia h2 = kh1 phụ thuộc vào k

⇒ ∃ lim ϕ(h1,h2 ) → f
h1→ 0

h2 → 0

không khả vi tại (0;0) .

 y3
neá
u (x,y) ≠ (0;0)

b. f(x,y) =  x2 + y4

u (x,y) = (0;0)
 0neá
Giải:
Khoa Sau Đại Học

Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân
Ta có
δff
(t;0) − f(0;0)
= lim
=0
t
→
0

δx
t
δff
(0;t) − f(0;0)
= lim
=1
t
→
0
δy
t

Chuyên ngành: Toán Giải tích

h 
f ( (0;0) + (h1;h2 )) − f(0;0) − (0;1)  1 ÷
Xét
 h2  =
ϕ(h1;h2 ) =
h12 + h22
k3h12
Ta có: lim ϕ(h1,h2 ) = lim
h1→ 0

h2 → 0

h1→ 0

h12 + k4h14

2 2
1

h12 + h22

= lim
h1→ 0

− h2

h12 + h22

k3h12

− kh1

h +k h
2
1

h32

1+ k4h12
1+ k

2

−k
=

−k
1+ k2

h2 = kh1

Giới hạn theo tia h2 = kh1 phụ thuộc vào k
⇒ ∃ lim ϕ(h1,h2 ) → f
h1→ 0

h2 → 0

Khoa Sau Đại Học

không khả vi tại (0;0) .

Trường Đại Học Đà Lạt


Hc viờn: Phm Vn Tuõn
Dng 8: Chng minh ỏnh x l khụng gian vi phụi
2
R2
Cõu 10: Cho f : f (x;y)R=(x3
Chng t f l C1 -vi phụi trờn R2 .
+ 3xey ;y x2 )

Chuyờn ngnh: Toỏn Gii tớch

Gii:
Ta cú

3x2 + 3ey 3xey
J f (x;y) =
ữ f C1 trờn R2 (1)

2x
1


2
y
2 y
detJ f (x;y) = 3x + 3e + 6x e 0x,y R (2)
* Chng minh f song ỏnh:
X = x3 + 3xey
2
(x;y) R , xeự
t f(x;y) = (X;Y )
(*)
2
Y = y x
t (x) = x3 + 3xey X ; ' (x) = 3x2 + 3ey > 0 (x) ng bin.
(x) = ; lim (x) = +;
Mt khỏc: xlim

x+
Suy ra phng trỡnh x3 + 3xey X = 0 cú duy nht nghim x .
Suy ra h (*) cú duy nht nghim (x;y) f l song ỏnh. (3)
T (1);(2);(3) suy ra fl aứC1 vi phoõ
i treõ
n R2

Cõu 11: Cho

f:

R2 R2

1
f (x;y)=(x+siny;y+ sinx)
2

Chng t f l C1 -vi phụi trờn R2 .

Gii:
1
cosy

ữ
J f (x;y) = 1
f C1 treõ
n R2 .
cosx
ữ
1 ữ
2

1
detJ f (x;y) = 1 cosx.cosy 0 x,y .
2
* Chng minh tớnh song ỏnh:
(x,y) R 2 , xột f(x,y) = (X,Y )

X = x + siny


1
Y = y + sinx

2
t (x) = x + siny X; ' (x) = 1> 0 suy ra hm ng bin,
Mt khỏc: lim (x) = ; lim (x) = +;
x

x+

Suy ra phng trỡnh (x) = 0cú mt nghim x , suy ra h phng trỡnh (*) cú duy nht mt nghim
(x;y) . Suy ra hm f l song ỏnh.
Vy f l C1 - vi phụi trờn R2 .

Khoa Sau i Hc

Trng i Hc Lt


Học viên: Phạm Văn Tuân
Dạng 9: Tính đạo hàm tại điểm.
2
R2
Câu 12: Cho hàm f = R →
(x;y)

Chuyên ngành: Toán Giải tích

f (x;y)=(x+ y;x2y)

Tính f ' (1;2)
Giải:
R2 →
R2
Xét ánh xạ tuyến tính: T = (x;y)
T(x;y)=(x+ y;4x+ y)
(xác định ánh xạ nhờ phép lấy đạo hàm riêng theo từng biến)
'
Ta có ϕ (h1;h2 ) = f ( (1;2) + (h1;h2 )) − f(1;2) − T(h1;h2) = f(h1 + 1;h2 + 2) − (3;2) − ( (h1 + h2 );(4h1 + h2 ))

(

)

= h1 + h2 + 3;(h1 + 1)2(h2 + 2) − (3;2) − ( (h1 + h2 );(4h1 + h2 )) = (0;h12h2 + 2h12 + 2h1h2 )

Xét


h2h + 2h12 + 2h1h2 
÷
=  0; lim 1 2
(h1;h2 →0;0)
2
2
2
2


÷
h1 + h2 
h1 + h2


lim

ϕ(h1;h2 )

h12h2

h12h2

(h1;h2 → 0;0)

Ta có:
0≤

0≤

0≤

h +h
2
1

2
2

h12
h +h
2
1

2
2

h1h2
h +h
2
1

2
2

≤

≤

≤

2
1

h
h12

2
1

h

h1h2
2
2

h

h12h2

= h1h2 = 0 (theo nguyên lý kẹp) ⇒ (h ;hlim
→0;0)
1

= h1 = 0 (theo nguyên lý kẹp) ⇒ (h ;hlim
→ 0;0)
1

h12 + h22

2

2

= h1 = 0 (theo nguyên lý kẹp) ⇒ (h ;hlim
1 2 → 0;0)

2h12
h +h

2
1

2
2

h1h2
h12 + h22

=0

=0

=0

⇒ f khả vi.
 1 1
'
Vậy f (1;2) = T(1;2) = 
÷.
 4 1
Lưu ý: Sử dụng ma trận Jacobi để tính đạo hàm tại điểm
2
R2 2
Câu 12: Cho hàm f = R →
(x;y)

f (x;y)=(x+ y;x y)

'

Tính f (1;2)
Giải:
 δff1

δ1
(x;y)
(x;y) ÷

 1 1
δx
δy
1
÷=  1
J f (x;y) = 
⇒ f ' (1;2) = 

÷
÷
2
 δff2
÷  2xy x 
δ2
4 1

(x;y)
(x;y) ÷

δy
 δx



Khoa Sau Đại Học

Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Dạng 10: Tìm cực trị của hàm số; cực trị của hàm số thỏa mãn điều kiện
Câu 13: Cho hàm f(x;y) = x2 + xy + y2 − 6x + 3y ; Tìm cực trị của hàm số?
Giải:
* Tìm điểm dừng
 δf
δx (x;y) = 2x + y − 6 = 0 2x + y = 6
x = 5
⇔
⇔
Xét hệ: 
 δf (x;y) = x + 2y + 3 = 0 x + 2y = −3 y = −4
 δy
Có một điểm dừng M(5; −4)
* Xác định M(5; −4) là cực trị (cực đại hay cực tiểu).
Ta có:
δ2ff
δ2
δ2f
(M)
=
2;

(M)
=
2;
(M) = 1
δxδy
δx2
δy2
Dạng Hesse của f
δ2ff 2 δ2 2
δ2f
Hf (M) = 2 x + 2 y + 2
xy = 2x2 + 2y2 + 2xy
δxδy
δx
δy
 2 1
⇒A =
÷có D1 = 2 > 0; D2 = 3 > 0 ⇒ Hf (M) > 0
 1 2
Vậy M(5; −4) là điểm cực tiểu.
Câu 14: Tìm cực trị của hàm f : R3 → R, f(x;y;z) = xyz (x,y,z > 0) thỏa mãn điều kiện:
x2 + y2 + z2 = 12 .
Giải:
* Hàm Lagrange:
L(x,y,z,λ) = f(x,y,z) − λF(x) = xyz − λ(x2 + y2 + z2 − 1)
* Tìm điểm dừng:
δL
 δx (x;y;z) = yz − 2λx = 0(1)

 δL (x;y;z) = xz − 2λy = 0(2)


Xét hệ:  δy
 δL
 (x;y;z) = xy − 2λz = 0(3)
 δz
 x2 + y2 + z2 = 12(4)
Lấy (1)-(2); (2)-(3); (3)-(1) ta được hệ tương đương
(y − x)(1+ 2λ ) = 0

(z − y)(1+ 2λ) = 0

(x − z)(1+ 2λ) = 0
 x2 + y2 + z2 = 12

Vì (x,y,z > 0) nên ta có nghiệm của hệ là: x = y = z = 2; λ = 1
Có một điểm dừng M(2;2;2)
* Dạng Hesse của L
δ2L
δ2L
δ2L
δ2L
δ2L
δ2L
(M)
=
−
2;
(M)
=
−

2;
(M)
=
−
2
(M)
=
2;
(M)
=
2;
(M) = 2;
Ta có:
;
δx2
δy2
δz2
δxy
δxz
δyz
HL (M) = −2x2 − 2y2 − 2z2 + 4xy + 4yz + 4zx=2( − x2 − y2 − z2 + 2xy + 2yz + 2zx)
Khoa Sau Đại Học

Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân

Chuyên ngành: Toán Giải tích



δF
δF
3 δF
* Xét không gian: TM V(F) = (x,y,z) ∈ R | (M)x + (M)x + (M)x = 0
δx
δy
δz


3
= (x;y;z) ∈ R |x + y + z = 0 .

{

}

* ∀ ( x,y,z) ∈ TM V(F) ⇒ z = − x − y
Suy ra: HL (M)=2( − x2 − y2 − (− x − y)2 + 2xy + 2y(− x − y) + 2( − x − y)x)
2

1  3 2
−8(x + y + xy) = −8  x + y ÷ + y ÷ < 0

2  4 ÷


Vậy M(2;2;2) là điểm cực đại thỏa mãn điều kiện.
2

2

n

α
Câu 15: Tìm cực trị của hàm f(x1;x2...xn ) = ∏ xi i (xi > 0) thỏa mãn điều kiện
i =1

n

∑x
i =1

i

=1

(Để tìm cực trị của hàm số tích, ta tìm cực trị của hàm logarit của hàm tích trên)
n

Xét lnf(x1;x2...xn ) = ln(x1.x2...xn ) = α1 lnx1 + α 2 lnx2 + ... + α n lnxn = ∑ α i lnxi (vì xi > 0 ).
i =1

* Hàm Lagrange:
n
 n

L(x; λ ) = ∑ α i lnxi − λ  ∑ xi − 1÷
i =1
 i =1


* Tìm điểm dừng:


1
α i
 δL
λ= n

αi

 δx (x, λ) = 0  − λ = 0  xi =
αi
 i
x


λ
∑
⇔ i
⇔ n
⇔
 n
i =1
n
 x =1
 x =1
 αi = 1 
n
∑

∑
∑
 i =1 i
 i =1 i
 xi = α i .∑ α i
 i =1 λ

i =1
1
n
n
 n
 λ= n
Có 1 điêm dừng M =  α1∑ α i ; α 2 ∑ α i ;...; α n ∑ α i ÷;
i =1
i =1
∑ αi
 i =1

i =1

* Dạng Hesse của L
αi
δ2L
δ2L
(x;
λ
)
=
−

⇒
(M) =
2
x2i
δx2i
Ta có: δxi
n

⇒ HL (M, λ) = −∑
i =1

1
2

 n

αj  ∑ αj ÷
 j=1 

−1

δ2L
δ2L
(x; λ) = 0 ⇒ 2 (M) = 0

 ;
δxi
α i  ∑ α i ÷ δxi xj
 i =1 
n

2

x2i < 0treâ
n R n ⇒ H L (M,λ) < 0treâ
n TM V(F)

n
n
 n

Vậy M =  α1∑ α i ; α 2 ∑ α i ;...; α n ∑ α i ÷ là điểm cực đại.
i =1
i =1
 i =1

Dạng 11: Tính tích phân
2
2
Câu 16: Tính I = ∫ xydxdy trong đó D là miền giới hạn D = (x;y) ∈ R |0 ≤ y ≤ x ;0 ≤ x ≤ 2

{

D

}

Giải:
x2
 x2


2
I = ∫ xydxdy = ∫  ∫ xydy ÷dx ; Đặt I 1 = xydy = xy
∫0

÷
2
D
0 0

2

Khoa Sau Đại Học

x2

=
0

x5
2
Trường Đại Học Đà Lạt


Học viên: Phạm Văn Tuân
2
2  x2
2 5

x

x6
16
= .
Suy ra: I = ∫ xydxdy = ∫  ∫ xydy ÷dx = ∫ dx=

÷
2
12 0 3
D
0 0
0

I = ∫ ln(x2 + y2 + 1)dxdy
Câu 17: Tính
2
2

Chuyên ngành: Toán Giải tích

{ x + y ≤4}

Giải:
2
Xét h: R →
(r,ϕ )

R2

h(r,ϕ )=(rcosϕ;rsinϕ )

* Đổi biến:
 x = rcosϕ
⇒ det Dh(r; ϕ) = r ⇒ A = [0;2]*[0;2π]

 y = rsinϕ
* Tính:
I = ∫ ln(x2 + y2 + 1)dxdy
ln(r2 + 1)rdrdϕ
∫
=
2
2

{ x + y ≤ 4}

[0;2]*[0;2π ]

Theo công thức Fulini ta có:
2π 2
2
5


1
2
2
I = ∫  ∫ ln(r + 1)rdr ÷dϕ ; Đặt I 1 = ∫ ln(r + 1)rdr = ∫ lnxdx

÷
21

00
0

Áp dụng tích phân từng phần
I 1 = ( xlnx − x) = 5ln5− 4
5

1

Suy ra: I =

2π

∫ (5ln5− 4)dϕ = ( (5ln5− 4)ϕ )
0

Khoa Sau Đại Học

2π
0

= (10ln5− 8)π .

Trường Đại Học Đà Lạt