Báo cáo bài tập lớn môn giải tích 2 đề tài s1

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN MÔN GIẢI TÍCH 2 ĐỀ TÀI S1 HÀM NHIỀU BIẾN THỰC (NGHIÊN CỨU NÂNG CAO) GVHD HUỲNH THỊ HỒNG DIỄM Lớp L21 Nhóm 17 Danh sá[.]

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN MÔN: GIẢI TÍCH ĐỀ TÀI S1 HÀM NHIỀU BIẾN THỰC (NGHIÊN CỨU NÂNG CAO) GVHD: HUỲNH THỊ HỒNG DIỄM Lớp: L21 Nhóm: 17 Danh sách thành viên: MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU Lời chúng em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Trường Đại học Bách Khoa-ĐHQG TP.HCM đưa mơn Giải Tích vào chương trình giảng dạy Đặc biệt, chúng em xin gửi lời cảm ơn đến giảng viên môn cô Huỳnh Thị Hồng Diễm giảng dạy, truyền đạt cho chúng em kiến thức quý báu ngày qua Trong suốt thời gian tham gia lớp học cô chúng em tự thấy thân tư hơn, học tập thêm nghiêm túc, hiệu Đây chắn tri thức quý báu, hành trang cần thiết cho chúng em sau Được phân công giảng viên môn, với kiến thức tích lũy q trình học tập chúng em xin trình bày báo cáo Qua việc thực báo cáo này, nhóm chúng em biết thêm nhiều kiến thức lạ bổ ích Do vốn kiến thức chúng em hạn chế nên cố gắng nên chắn khó tránh khỏi thiếu sót Kính mong xem xét, góp ý để báo cáo hồn thiện Chúng em xin chân thành cảm ơn! NỘI DUNG BÁO CÁO Chương 1: ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 1.1 Định nghĩa: Định nghĩa 1: Cho U phận mở E, f : U → F, a ∈ U, v ∈E – { } Ta có: f 'a(v)  ánh xạ φ v: t → f (a+tv), xác định lân cận r, khả vi Điều kiện thoả mãn, gọi phần tử φ 'v (0) F tức là: lim t →0 (f ( a+ tv ) − f ( a )) t Là đạo hàm cấp f a theo v kí hiệu: Dv f (a) Như vậy, với điều kiện tồn thì: D v f ( a )=lim t →0 (f ( a+ tv ) − f ( a )) t Trường hợp thường xảy nhất: E = R p v vecto sở tắc R p Định nghĩa 2: Cho U phận mở R ρ,f:U→ R n,a ϵ U,j ϵ (1,…,p) Ta nói f có đạo hàm riêng a vị trí thứ j (hoặc f khả vi a vị trí thứ j) f có đạo hàm cấp a theo ej, ẹ vecto thứ j sở tắc R ρ: ej = (0,…,0 0,…0) (1 đứng vị trí thứ j) Nếu điều kiện thỏa mãn, ta gọi đạo hàm riêng cấp f a vị trí thứ j, kí hiệu Df(a) Với điều kiện tồn tại: D j f ( a )=lim t →0 ' f ( a+t e j ) − f ( a ) ) =( f ( a1 , … a j −1 , … ,a j +1 , … , a p ) ) ( a j ) , ( t với (a , … , a p ¿=a f ( a1 , … ,a j −1 , … , a j+1 , … ,a p )là ánh xạ riêng thứ j f a , xác đjnh f ¿  Ký hiệu: Thường ánh xạ f cho ảnh phần tử đặc trưng U, chẳng hạn f : U → F ( x , … , x p ¿ → f ( x1 , … , x p ) Nếu f a có đạo hàm riêng cấp vị trí thứ j ta có ký hiệu dạng sau: D j f ( a) , ∂f ( a) , f 'x ( a ) ∂ xj j  Mệnh đề: Cho U phận mở E, f : E → R p, a ∈ U Ký hiệu: f , … , f n ánh xạ thành phần f xác định bởi: ∀ x ∈ E , f ( x ) =( f ( x ) ,… , f n ( x ) ) Cho j ∈ {1, … , p } Để f có đạo hàm riêng cấp a vị trí thứ j, điều kiện cần đủ f , … , f n có đạo hàm riêng cấp vị trí thứ j Trong trường hợp này: D j f ( a ) =( D j f ( a ) , … , D j f n ( a )) Nhận xét: Mệnh đề cho phép đưa việc nghiên cứu hàm có giá trị R Định nghĩa 3: Cho U phận mở R ρ , f :U → F Ta gọi p hàm D j f : a→ D j f (a) ,1 ≤ j ≤ p ∂f ' đạo hàm riêng cấp Ta kí hiệu ∂ x ℎayay f x thay cho D j f j j Nhận xét: Mỗi D j f (1 ≤ j≤ p ) xác định phận U Nếu f : R2 → R2 D1 f xác định R∗ x R: ( x , y ) → ( y ,|x|) D1 f : ( x , y ) → ( 0,1 ) x> ( , −1 ) x< D2 f xác định R2, D2 f : ( x , y ) → ( 1,0 ) { Ví dụ: Cho f(x,y) = 3x2y+xy2 Tính f 'x (1,2), f 'y (1,2) Giải: ' + f x (1,2) Cố định y0=2, ta có hàm biến: f (x , 2)=6 x 2+ x _ f 'x (1,2)=(6 x2 + x)¿ x=1=12 x + 4¿ x=1=16 + f 'y (1,2) Cố định x0=1, ta có hàm biến: f (1 , y )=3 y + y _ f 'y (1,2)=(3 y + y )¿ y=2=3+2 y ¿ y=2 =7 1.2 Ánh xạ thuộc lớp C miền mở: Định nghĩa 1: Cho U phận mở Rp, f: U→F Ta nói f thuộc lớp C1 U nếu: f có đạo ℎayàm riêng cấp 1đối với vịtrí tất điểm U Tổng quát: Cho U phận E, f :U → F D1 f , , D p f liên tục trênU { Giả sử tồn sở B=( e1 , … , e p ) E cho: với j∈ { ,… , p } a∈ U , f có đạo ℎayàm cấp a tℎayeo e j , ký ℎayiệu : D e f ( a ) với j ∈ { , … , p } ánℎay xạ D e f liên tục trênU { j j Chứng minh rằng, tính chất với sở B' E, ta nói: E ∈C U  Mệnh đề: Cho U phận mở R p , f : U → R nthuộc lớp C U, a=( a , … , a p ) ∈U p Ký hiệu: U o ={ℎay=( ℎay1, , … , ℎay p ) ∈ R ; a+ℎay=( a1 +ℎay1 , … , a p +ℎay p ) ∈U } Tồn ánh xạ ε U o → R nsao cho: { p ∀ ℎay ∈ U o , f ( a+ℎay )=f ( a ) + ∑ ℎay j j=1 ∂f ( ) a +‖ℎay‖ ε (ℎay) ∂ xj → ε ℎay→ 0 Khi ta nói f có khai triển hữu hạn đến cấp a ( viết tắt: KTH H ¿) )  Hệ quả: Nếu f thuộc lớp C phận mở U R pthì f liên tục U Chứng minh:  Theo định lý: Mỗi hàm thành phần f i f ( ≤i ≤ n ) có KTH H ( a ) : p { f i ( a+ℎay )=f i ( a ) +∑ ℎay j j=1 ∂f ( ) a +‖ℎay‖ ε i ( ℎay ) ∂ xj → ε i (ℎay ) ℎay → 0 Kết luận mệnh đền viết dạng: p f ( a+ℎay )=f ( a ) + ∑ ℎay j j=1 ∂f ( a ) + o (‖ℎay‖) ∂xj ℎay →  Theo hệ quả: p f ( a+ℎay )=f ( a ) + ∑ ℎay j j=1 → ∂f ( a ) +o (‖ℎay‖)ℎay → f ( a ) ∂xj 1.3.Vi phân ánh xạ thuộc lớp C 1) Đại cương: Định nghĩa: Cho U phận mở R p , a ∈U , f : U → R n thuộc lớp C U Ta gọi: vi phân f a (hay: ánh xạ tuyến tính tiếp xúc với f a ), ký hiệu d a f xác định bởi: da f : Rp → Rn p ℎay=( ℎay1 , … ,ℎay n ) → ∑ ℎay j j=1 ∂f (a) ∂ xj Mệnh đề: Mọi ánh xạ tuyến tính φ : R p → R n thuộc lớp C R p và: ∀ a ∈ R p , d a φ=φ Chứng minh: Ký hiệu ( e , … ,e p )là sở tắc R p, a ∈ U Khi ∀ j ∈ { , … , p }: ∀ t ∈ R∗, φ ( a+t e j ) − φ ( a ) =φ(e j) ) t( Vậy φ có đạo hàm riêng cấp a D j φ ( a )=φ ( e j ) Từ đó, ∀ ℎay=( ℎay1 ,… , ℎay p ) ∈ R p : p p (d ¿¿ a φ) ( ℎay ) =∑ ℎay j D j φ (a)=∑ ℎay j φ(e¿¿ j)=φ j=1 Vậy d j φ=φ Chú ý: j=1 p (∑ ) j=1 ℎay j e j =φ ( ℎay ) ¿ ¿ Với j ∈ {1 , … , p } phép chiếu thứ j p r j : R p → R ký hiệu, cách lạm dụng x j, từ đó: ( x ,… , x p) → x j d a p r j=d a x j : R p → R (ℎay1 , … , ℎay p )→ ℎay j Vì vi phân d a x jkhông phụ thuộc vào a nên ký hiệu d x j Nếu f : U → R n thuộc lớp C U, ta có: p ∀ a ∈U , d a f =∑ j=1 ∂f (a) d x j ∂x j Định nghĩa 2: Cho U phận mở R p, a ∈ U , f : U → R n thuộc lớp C U Ta gọi ma trận d a f tương ứng với sở tắc R p R n ma trận Jacobi f a ký hiệu: J f ( a ) Ký hiệu f , … , f n hà, thành phần f : ∀ x ∈U , f ( x ) =( f ( x ) ,… , f n ( x ) ) ∈ R n Khi đó: ∂f i J f ( a )= (a) ∂ xi ( ) ∂f1 ∂f1 (a) … ( a) ∂ x1 ∂ xp = ∈ M n , p (R) 1≤ i ≤n ∂fn ∂fn 1≤ j ≤ p (a) … ( a) ∂ x1 ∂ xp ( ) Định nghĩa 3: Với giả thiết ký hiệu định nghĩa n=p , ta gọi định thức ma trận Jacobi f a Jacobien f a 2.Các phép toán: Định lý (Hợp ánh xạ thuộc lớp C 1): Định lý: Cho U phận mở E, ϕ :U → F thuộc lớp C , a ∈U Nếu d a ϕ song ánh thì: dim ( E )=dim ⁡( F) Tồntại lâncận mở V a E cℎayo ϕ C − vi pℎayôi từ V lênϕ ( V ) { Hệ quả: Cho U (tương ứng V) phận mở E (tương ứng F), ϕ :U →V ϕ tℎayuộc lớpC trênU ϕ làsong ánℎay Nếu Với a tℎayuộc U , d a ϕ làmột song ánℎay từ E lên F { dim ( E ) =dim ⁡( F ) ϕ C1 −vi pℎayôi từ U lênV { Nhận xét: Hệ có ích, trường hợp ϕ − khó biểu diễn khơng biểu diễn Bài tập áp dụng: Giả sử diện tích da người cho cơng thức A(h , w)=0.072 h0,725 w 0,425, với A diện tích da (m2), h lag chiều cao (cm) , w cân nặng (kg),h,w hàm theo thời gian t Một đứa trẻ có chiều cao 60(cm) cân nặng 9(kg) Tại thời điểm h tăng 20(cm/năm) w tăng 5(kg/năm) Ước lượng tăng diện tích da đứa trẻ thời điểm nay? Tóm tắt: Giải: dA ∂ A dℎay ∂ A dw Ta có: dt ¿ ∂ h dt + ∂ w dt (*) h= 60cm w=9kg ∂A ( 60,9)=A 'ℎay (60,9)=(0,072.0,725 ℎay− 0,275 w0,425 )¿(60,9) =0,043 ∂h dℎay =20 dt ∂A ( 60,9)=A 'w (60,9)=(0,072.ℎay 0,725 0,425 w− 0,575)¿(60,9)=0,168 ∂w dw =5 dt Thay ∂A ∂A dℎay dw dA =0,043, =0,168, =20, =5 vào (*), ta được: =1,7032(m2/năm) ∂h ∂w dt dt dt dA =? dt Code Chương 2: ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP CAO 2.1 Định nghĩa: Cho U phận mở R p , f :U → R n , k ∈ N ∗ k (i ,… , i k ¿ ∈ { 1, … , p } 1,Cho a ∈ U , ta nói f có đạo hàm riêng cấp k a vị trí i , … , i k liên tiếp khi: ∂f ∂ ∂f ∂ ∂ ∂f , ,…, … … tồntại trênmột lâncận a ∂ x i ∂ xi ∂ x i ∂ x i −1 ∂ x i −2 ∂ xi ( ) k ( ( ( ) )) k ∂f ∂f ∂f … … ( a ) tồntại ∂ x i ∂ x i −1 ∂ xi k ( ( ( ) )) k 2,Ánh xạ a → Di …i f ( a)(đã định nghĩa phận U) gọi ánh xạ k đạo hàm riêng cấp k f vị trí i , … , i k liên tiếp Ký hiệu: Di ,… ,i f k hay ∂k ∂ x i … ∂ xi hay fx (k) i1 … xi k k Tổng qt đạo hàm hỗn hợp khơng nhau: f 'xy' ≠ f 'yx' Định lý Schwartz: f(x,y) đạo hàm riêng f 'x , f 'y , f 'xy' , f 'yx' liên tục miền mở chứa (x0,y0) f 'yx' (x , y )=f 'xy' ( x , y ) + Đối với hàm sơ cấp thường gặp, định lí Schwartz ln ln điểm mà đạo hàm tồn + Định lí Schwartz cho tất đạo hàm từ cấp trở lên '' '' '' f 'xxy =f 'xyx =f 'yxx Cách viết đạo hàm cấp cao cách tính: f ∂m +n f ∂n ∂m f = m n= n ∂ x ∂ y ∂ y ∂ xm ( ) (m +n) m n x y +n) f (m = x y m n ∂m +n f ∂n ∂m f = ∂ xm ∂ yn ∂ yn ∂ xm ( ) Ví dụ giải phương trình đạo hàm riêng cấp 2: Ví dụ: Cho f(x,y)= exy Tính f ''xyy' f 'x ( x , y )= y e xy f 'xy' ( x , y)=(1+ xy )e xy '' f 'xyy (x , y )=[ x +(1+ xy ) x ]e xy =(2 x+ x2 y )e xy 2.2 Ánh xạ thuộc lớp C k miền mở: Định nghĩa: Cho U phận mở R p , f :U → R n 1) Cho k ∈ N ∗ Ta nói f thuộc lớp C k U f có đạo hàm riêng liên tiếp U đến cấp k vị trí đạo hàm riêng liên tiếp liên tục U 2) Ta nói f thuộc lớp C ∞ U f có đạo hàm riêng liên tiếp U đến cấp đạo hàm riêng liên tiếp liên tục U Nhận xét: 1) Nếu f thuộc lớp C ktrên U m N cho m ≤k , f thuộc lớp C m U 2) Để f thuộc lớp C ∞ U điều kiện cần đủ f thuộc lớp C k U với k ∈ N ∗ Mệnh đề: Cho k ∈ N ∗ ∪ { +∞ } ,U phận mở R p , λ :U → R f , g :U → R n Nếu λ , f , g thuộc lớp C k U λf + g thuộc lớp C k U Nhận xét: Tập hợp C k ( U ) ánh xạ từ U vào R thuộc lớp C k U đại số với luật thông thường (luật thứ phép nhân) Định lý: Cho U (tương ứng V) phận mở Rφ (tương ứng R p ¿ , f :U → R p ; g :V → Rn cho f ( U ) ∁ V , k ∈ N ∗ ∪ { +∞ } Nếu f g thuộc lớp C k tương ứng U V g ° f thuộc lớp C k U 2.3 Đổi thứ tự lấy đạo hàm: Định lý: Cho U phận mở R p , k ∈ N − {0,1 } , f :U → R n , a ∈ , (i , j ) ∈ { , … , p }2 f tℎayuộc lớp C U '' '' Nếu f x x f x x tồn trênU , f ''x x f 'x' x liên tụctại a { i j i j j i j '' '' f x x ( a )=f x x ( a ) i j j i i 2.4 C k- vi phôi: Định nghĩa: Cho k ∈ N ∗ ∪ { +∞ } , U (tương ứng V) phận mở R p (tương ứng Rn ¿ ϕ tℎayuộc lớp C k U ϕ song ánℎay Ta nói ϕ C k- vi phôi (từ U lên V) khi: −1 ϕ tℎayuộc lớp Ck trênV { Định lý: Cho U (tương ứng V) phận mở R p(tương ứng Rn ¿ ϕ : U → V , k ∈ N ∗ ∪ {+ ∞ } ϕ tℎayuộc lớp C k trênU , n=p ϕ làmột Ck - vi phôi từ U lên V ϕ làsong ánℎay Nếu p n Với a ∈U , d a ϕ song ánℎaytừ R lên R { Ví dụ: y Cho U ={( x , y )∈ R2 ; x > y }, f :U → R xác định f (x , y )=( x , xy − ) Chứng minh f C ∞- vi phôi từ U lên f(U) y3 ' Gọi f ( y )=xy − , f ( y )=x − y 2> nên f ( y ) hàm tăng, f(0)=0, f ( √ x )= √ x nên f nhận tất 3 giá trị khoảng [0; √ x ) Vậy f(U) = V với V = {(x,z)|0