Báo cáo bài tập lớn đề tài đạo hàm theo hướng, cực trị tự do

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN Đề tài: ĐẠO HÀM THEO HƯỚNG, CỰC TRỊ TỰ DO LỚP: L34, NHÓM: 02 STT HỌ VÀ TÊN MÃ SỐ SV 2112836 1 2 3 NGUYỄN HOÀNG ÂN 4 5 Giảng viên hướng dẫn: ThS Lê Văn Lai Tp HCM Học kỳ 2, 2021 – 2022 LỜI CẢM ƠN 1 Trong quá trình hoàn thành bài báo cáo, chúng em đã nhận được rất nhiều hướng dẫn tận tình quý báu của thầy cô, anh chị cùng các bạn Với lòng biết ơn sâu sắc, chúng em xin được bày tỏ lòng biết ơn đến: Ban giám hiệu trường Đại học Bách Khoa - Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh vì đã tạo điều kiện về cơ sơ vật chất thuận lợi cho việc tìm kiếm, nghiên cứu thông tin Xin cảm ơn giảng viên bộ môn - thầy Lê Văn Lai đã tận tình giảng dạy một cách chi tiết để chúng em có đủ kiến thức và có thể vận dụng chúng vào bài báo cáo này Xin cảm ơn sự chỉ dẫn và động viên của các anh chị khóa trên và bạn bè trong quá trình làm đề tài báo cáo Lời cuối cùng, chúng em xin kính chúc quý thầy nhiều sức khỏe, thành công và hạnh phúc 2 NỘI DUNG BÁO CÁO CHƯƠNG 1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT: 1 Đạo hàm theo hướng Cho z=f (x , y )khi đó ta có các đạo hàm riêng f x , f yđược xác định bởi: f x ( x0 , y 0)=lim f ( x0+h , y0)−f ( x0, y0)h h →0 f x ( x0 , y 0)= lim f ( x0 , y0+ h)−f ( x0, y0)h h →0 Các đạo hàm riêng trên biểu thị tỉ lệ thay đổi của ztheo phươngx và theo phương y Tức là theo hướng của các vectơ đơn vị i và j Tổng quát hơn, chúng ta muốn tính tỉ lệ thay đổi củaz tại ( x0 , y0)theo hướng của vectơ đơn vị u=¿ a , b>¿(xem hình vẽ dưới đây) Để thực hiện được vấn đề trên, chúng ta xét mặt S có phương trình là z=f (x , y ) và đặt z0=f (x0 , y0) Khi đó điểm P( x0 , y0, z0) nằm trên S (xem hình vẽ) Một mặt phẳng thẳng đứng đi qua P cùng phương với u=¿ a , b>¿ sẽ cắt S và tạo ra đường cong C nằm trên S Khi ấy độ dốc của đường thẳng T tiếp xúc với C tại điểm P chính là tỉ lệ thay đổi của z theo hướng củau 3 Cho Q(x , y , z) là một điểm khác P và nằm trên C, gọi P' và Q' là hình chiếu của P và Q lên mặt phẳng xy Khi đó ta có vectơ ⃗ P ' Q'song song với u do đó ta có được: ⃗ ' ' = h u = h < a , b ≥ ¿ h a , h b > , h ∈ R PQ Khi đó: x−x0=h avà y− y0=h b nên suy ra ∆ z = z−z0 = f ( x , y )−f ( x0, y0) = f ( x0+h a , y0+h b)−f ( x0 , y0) hh h h Nếu chúng ta lấy giới hạn khih → 0,thì chúng ta sẽ nhận được tỉ lệ thay đổi củaztheo hướng củau, giới hạn này được gọi là đạo hàm theo hướng củaf theo hướng của u  Định nghĩa:Đạo hàm theo hướng củaf tại ( x0 , y0) theo hướng của vecto đơn vị u=¿ a , b>¿ là Du f ( x0 , y0)=lim f ( x0+ h a , y 0+ h b)−f ( x0, y0)h h→0 Khi giới hạn này tồn tại  Định lý:Nếu f là một hàm khả vi theox v à y thì f có đạo hàm theo hướng của vecto đơn vị u=¿ a , b>¿ và ta có được: Du f (x , y)=f x(x , y )a+f x(x , y )b 2 Cực trị tự do  Định nghĩa:Hàm hai biếnf (x , y )đạt cực đại tại điểm( x ¿¿ 0 , y0) ¿ nếu như f (x , y )≤ f ( x0, y0), với mọi ( x , y )nằm trong lân cận của( x ¿¿ 0 , y0) ¿Giá trị f (x0 , y0)được gọi là giá trị cực đại.Nếu nhưf (x , y )≥ f ( x0, y0), với mọi ( x , y )nằm trong lân cận của( x ¿¿ 0 , y0) ¿ thì f đạt cực tiểu tại( x ¿¿ 0 , y0) ¿ và giá trị f (x0 , y0) được gọi là giá trị cực tiểu Chú ý: Nếu f (x , y )≤ f ( x0, y0), với mọi( x , y )∈ Df thì f đạt GTLN tại ( x ¿¿ 0 , y0) ¿ Nếu f (x , y )≥ f ( x0, y0), với mọi ( x , y )∈ Df thì f đạt GTLN tại ( x ¿¿ 0 , y0) ¿  Điều kiện cần để hàm số z=f (x , y ) có cực trị tự do Nếu hàm số z=f (x , y )có cực trị tại điểm ( x ¿¿ 0 , y0) ¿ và đạo hàm riêng cấp một của f tồn tại tại điểm ( x ¿¿ 0 , y0) ¿ thì f x' ( x0, y0)=0 f y' ( x0 , y0)=0 4 CHƯƠNG 2 BÀI TẬP I ĐẠO HÀM THEO HƯỚNG 1 Đặt một đĩa phẳng kim loại trong một hệ trục tọa độ Oxy Nhiệt độ tại mỗi điểm trên đĩa đượccho bởi công thức: T(x, y) = x2 + xy2 Trên đĩa có 1 hạt tìm nhiệt được thiết kế để luôn dichuyển theo hướng nhiệt tăng nhanh nhất Khi đặt hạt tại điểm M(1, 2), nó sẽ di chuyển theo hướng nào? Giải Ta có t x' (1 ; 2)=2 x + y2=6 t ' ( 1 ; 2 ) = 2 xy = 4 y Vậy khi đặt hạt tại điểm M(1, 2), nó sẽ di chuyển theo hướng vecto (6; 4) 2 Một hòn đảo có hình dạng được mô tả bởi phương trình z = 2000 − 0.002x2 − 0.03y2 Một cưdân đứng ở tọa độ (40, 20, 1984.8) Giả sử hướng đông là hướng dương trục Ox, hướng bắc làhướng dương trục Oy, x, y, z tính theo mét Hỏi anh ta đi theo hướng vectơ nào thì độ dốc caonhất ? Giải Ta có z ' ( 40 ; 20 ; 1984,8 ) =− 0,00 4 x =− 0,16 x z y' (40 ; 20 ; 1984,8)=−0,06 y =−1,2 Vậy anh ta đi theo hướng vectơ (-0,16; -1,2) thì độ dốc cao nhất 3 Gần nơi đặt phao cứu sinh độ sâu của hồ cho bởi hàm số z = 200 + 0.02x2 − 0.001y3,x, y và z tính bằng mét Một thuyền câu từ tọa độ (60, 80) hướng đến phao cứu sinh,giả sử phao đặt tại gốc tọa độ (0, 0) Hãy cho biết mực nước dưới thuyền sẽ sâu hơnhay cạn hơn nơi thuyền xuất phát Giải Ta có  zx' (60,80)=0,04 x=0,04.60=2,4z y' (60,80)=−0,003 y2=−0,003.80=−19,2  ⃗v=(−60;−80) 5 → ⃗u= ⃗v =(−0,6 ;−0,8) |⃗v|  ∂ z ∂u⃗ (60 ; 80)= zx' (60,80 ) (−0,6 )+ z y' (60,80) (−0,8)=13,92 Vì ∂ f∂u⃗ (60 ; 80)>0nên mực nước dưới thuyền sẽ sâu hơn nơi thuyền xuất phát 4 Qua một vùng trong không gian, điện thếV được cho bởi công thức V ( x , y , z )=5 x2−3 xy + xyz a) Tìm tốc độ biến thiên của điện thế tại P(3 ;4 ;5) theo hướng vectơ ⃗v=i⃗+ ⃗j−⃗k b) V biến thiên nhanh nhất tại P theo hướng nào? c) Tốc độ biến thiên tối đa tại P là bao nhiêu? Giải a)  vx' (3 ; 4 ; 5)=10 x−3 y + yz=38 v y' (3 ; 4 ; 5)=−3 x + xz=6vz' (3 ; 4 ; 5 )=xy=12 → ∇ V ( P)=(38 ; 6 ; 12)  ⃗v=i⃗+⃗j−⃗k=(1 ; 1;−1) → ⃗u= ⃗v =( 1 ; 1 ; −1 ) |⃗v| √3 √3 √3 ( )  ∂V ∂u⃗ (3 ;4 ; 5 )=v x' (3 ; 4 ; 5) 1√3 + v y' (3 ; 4 ; 5) 1√3 + v z' (3 ;4 ;5) −1 √3 = 32 √3 Vậy tốc độ biến thiên của điện thế tại P(3 ;4 ;5) theo hướng vectơ ⃗v=i⃗+⃗j−⃗k là 32 √3 b) Điện thế V biến thiên nhanh nhất tại P theo hướng ∇ V ( P)=(38; 6; 12) c) Tốc độ biến thiên điện thế tối đa tại Plà: |∇ V|=√382+62+122=2√406 ≈ 40,3 5 Một hạt tìm nhiệt nằm ở điểm M(1, 2, −2) trên một khối kim loại có nhiệt độ xz tại một điểm (x, y, z) là T(x, y, z) = z + 2 Nếu nó chuyển động theo hướng y tăng nhiệt độ tối đa , hãy tìm hướng di chuyển của nó? Giải Gọi u⃗ là vec tơ cần tìm 6 Véc-tơ gradient của hàm T tại M là: ∇ T ( M )↑ ↑u⃗ ∇ T ( M )=( 2 2 −1 ; 1 ;0) Để hạt chuyển động theo hướng tăng nhiệt độ tối đa thì : Vậy chọn u⃗=(−√2 2 ; √22 ; 0) 6 Cho f(x,y)= x2 + x cos y Tìm đạo hàm theo hướng của f tại điểm (1,0) theo hướng vecto u⃗ Biết vecto u⃗ tạo với 2 vecto a⃗=(2,0), b⃗=(0,3) hai góc nhọn và góc hợp bởi u⃗và a⃗ bằng 2 lần góc hợp bởi u⃗và b⃗ Giải  Vecto a⃗=(2,0) → ⃗a∈ Ox Vecto b⃗=(0,3) → ⃗b∈ Oy Ta có: u^ ⃗ , ⃗a=^ ⃗u ,Ox=2 ⃗u^, ⃗b mà a^ ⃗ , b⃗=90 ° → ⃗u^, ⃗a=u^ ⃗ , Ox=60° Đặt u^ ⃗ , Ox=θ ,u⃗=( x⃗u , y⃗u) cos θ= x⃗u |⃗u|= x⃗u 1 → x⃗u= 12 sin θ=¿ yu⃗ ⃗u = y⃗u 1 → y⃗u= √32 ¿ → ⃗u=( 1 , √3 ) 22 f ' ( 1,0 )=2 x + cos y =2.1 + cos 0=3 x f ' ( 1,0 )=− x .sin y=0 y ( ) ( ) ∂ f∂u⃗ (1,0)=f x' (1,0) 12 + f y' (1,0 ) √32 =32 Vậy đạo hàm theo hướng của f tại điểm (1,0) theo hướng vecto u⃗ là 32 II CỰC TRỊ TỰ DO 7 Một tòa nhà hình chữ nhật đang được thiết kế để giảm thiểu sự mất nhiệt Các bức tường phía đông và phía tây mất nhiệt với tỷ lệ 10 đơn vị/m2 một ngày, các bức tường phía bắc và phía nam mất nhiệt với tỷ lệ 8 đơn vị/m2 một ngày, sàn nhà mất nhiệt với tỷ lệ 1 đơn vị/m2 một ngày Mỗi bức tường ít nhất phải dài 30m, chiều cao ít nhất 4m, và thể tích phải đúng 4000m3 7 Giải Gọi x,y,h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao toà nhà hình chữ nhật Chiều cao toà nhà hình chữ nhật : h = Vxy = 4000 xy Ta có: f(x,y) = 10.2.h.x +8.2.h.y + 1.x.y = 10.2.4000 y + 8.2.4000 x + x.y { { f x' = y− x2 8.2.4000 =0 x= 3 2 80000 'f y=x− 10.2.4000 => √100000 y2 =0 3 y = √100000 Vậy để toà nhà hình chữ nhật giảm thiểu sự mất nhiệt thì x= 3 80000 32 , y=√100000 √100000 8 Đáy của một bể nuôi cá thể tích V được làm bằng đá phiến và các mặt bên được làm bằng thủy tinh Nếu đá phiến có giá (trên một đơn vị diện tích) gấp năm lần thủy tinh, tìm các chiều của bể cá mà làm giảm tối thiểu chi phí nguyên vật liệu Giải Gọi x,y,h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao bể cá Chiều cao bể cá : h = Vxy Giả sử 1m2 kính giá 1đ thì 1m2 đá phiến là 5đ Ta có: Chi phí f(x,y) = 2.h.x +2.h.y + 5.x.y = 2.Vy + 2.Vx + 5.x.y { { √ f x' =5 y− x2 2.V =0 3 2V ' 2.V => x= y= 5 f y=5 x− y2 =0 √ Vậy để giảm tối thiểu chi phí thì x= y =3 2 V 5 9 f(x, y) = x4 + y4 − 4xy + 2, D = {(x, y)|0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2} Giải {f x' =4 x3−4 y=0=¿ ( x , y )=(0 ; 0) , (1; 1) , (−1 ;−1) f y' =4 y3−4 x =0 M0 = (0;0),(1;1) ∈∫ D ∂ D=OA ∪ AB∪ BO Các điểm O(0;0), A(0;2) và B(3;0) là các điểm tới hạn Ta xét trên từng cạnh của tam giác:  Trên OA : x=0, 0 ≤ y ≤ 2 Ta có: 8 f (0 , y )= y4+2=g ( y ) , g y' =4 y3=0 ⇔ y=0 Điểm tới hạn của f(x;y) trên OA là M1 = (0;0)  Tr ê n AB : y= 23 x ,0 ≤ x ≤ 3 Ta có: ( ) ( ) [ x=0(loại) x =6 √291 2 424 2 ' 388 3 16 f x , x =x + x −4 x x+2=g ( y ), gy= x − x=0 ⇔ 97 3 3 3 81 3 −6 √291 x = 97 (loại) Điểm tới hạn của f(x;y) trên AB là M2 ( 6 √291 97 ; 4 √291 97 ¿  Trên OB: y = 0, 0≤ x ≤ 3 Ta có: f ( x , 0 )= x 4 + 2=k ( x ) , k ' = 4 x 3=0 ⇔ x = ¿0 x Điểm tới hạn của f(x;y) trên OB là M3 = (0;0) Ta có f(O) = 2, f(A) = 18, f(B) = 83, f(M0 = M3) = f(0) =2, f(M2) = 0,515 Vậy fmax = 83 đạt tại B và fmin = 0,515 đạt tại M2 10 f(x, y) = x3 − 3x − y3 + 12y, D là hình tứ giác mà các đỉnh của nó là (−2, 3), (2, 3), (2, 2) và (−2, −2) Giải { f x' =3 x2−3=0 =¿ ( x , y )=(−1 ;−2) ,(−1 ; 2) , (1 ;−2) ,(1 ; 2) f y' =−3 y2+ 12=0 M0 = (−1 ; 2) ,(1;2)∈∫ D ∂ D= AB ∪BC ∪CD ∪ DAlà các điểm tới hạn Ta xét trên từng cạnh củatứ giác:  Trên AB: y =3,−2 ≤ x ≤2 Ta có: f ( x , 3 )= x 3−3 x + 9 =g ( x ) , g ' =3 x 2−3 =0 ⇔ x =± 1 x Điểm tới hạn của f(x;y) trên AB là (-1;3) và (1;3)  Trên BC : x=2,2 ≤ y ≤ 3 Ta có: f (2 , y )=− y3+12 y +2=h( y ) , hy' =−3 y2+12=0 ⇔ y=± 2→ (2 ; 2)nhận (2;−2) loại Điểm tới hạn của f(x;y) trên BC là (2 ; 2) 9  Trên CD : y =x ,−2≤ x ≤ 2 Ta có: f ( x , x)=9 x=k ( x ) ,k x' =9> 0 →không có điểm tới hạn  Trên DA : x=−2,−2≤ y ≤ 3 Ta có: f (−2, y )=− y3+12 y−2=n ( y ) , ny' =−3 y2+12=0 ⇔ y=± 2 Điểm tới hạn của f(x;y) trên DA là (-2;2) và (-2;-2) Ta có f(−1 ;2)=18; f(1 ; 2)=14; f(-1;3)=11; f(1;3)=7; f(2 ; 2) = 18; f(-2;2) = 14; f (-2;-2) = -18 Vậy f max=18 đạt tại (−1 ; 2) và (2 ; 2) f min=−18đạt tại (-2;-2) 10 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Giáo trình Giải tích 2 (đang sử dụng), Trường đại học Bách Khoa Thành phố Hồ Chí Minh 2 James Stewart, Calculus early transcendentals, Cengage Learning (2012) 3 Jon Rogawski, Calculus early transcendentals, W H Freeman and Company (2008) 11