bài tập phép tính vi phân trên r n và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI... Hoàn toàn tương tự ta cũng có:... Chứng minh rằng f liên tục trên R2.... Khi đó 4 tương đương.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Vậy f liên tục tại (0,0).

b) Chứng minh: f không khả vi tại (0,0).

2 ̸= 0 (Mâu thuẫn với (1)) Vậy f không khả vi tại (0,0).

⇒ Vậy f có các đạo hàm riêng tại điểm (0,0) c) Ta biểu diễn số gia ∆f(0, 0) = »|xy| = ∂f

∂x(x, y) = cos(x sin y) sin y ; ∂f

∂y(x, y) = cos(x sin y).x cos y.

= (u(x, y), v(x, y)) Khi đó ta có f = g ◦ h Áp dụng quy tắc đạo hàm của hàm hợp, ta có:

∂u(u(x, y), v(x, y)) +∂g

∂v(u(x, y), v(x, y)).1

⇒ Hàm số f(x, y) gián đoạn tại điểm (0, 0).

Chứng minh: Các đạo hàm riêng cấp 1 gián đoạn tại (0, 0).

x(x, y) gián đoạn tại điểm (0, 0) Hoàn toàn tương tự ta cũng có:

Khi đó f(x, y) = g(h(x, y)) = (g ◦ h)(x, y).

Đạo hàm cấp 1 theo biến x:

a) Tính các đạo hàm riêng của f ◦ g đối với r, φ, z bằng cách sử dụng quy tắc tính đạo hàm riêng của hàm hợp.

b) Biểu diễn tường minh f ◦ g như là hàm của r, φ, z và thử lại kết quả a) bằng

(r cos φ)2+ (r sin φ)2+ 4z2.cos φ + 2r sin φ

(r cos φ)2+ (r sin φ)2+ 4z2.sin φ

Đối chiếu với kết quả phần a) ta thấy các kết quả thu được trùng nhau.

2 Công thức số gia giới nội

Bài 2.21

Giả sử f : [a, b] → Rm liên tục có đạo hàm tại mọi x ∈ [a, b] Chứng minh tồn tại c∈ (a, b) sao cho:

→ R liên tục theo x và có đạo hàm riêng ∂f∂y(x, y) bị chặn trên R2 Chứng minh rằng f liên tục trên R2.

Vậy công thức Taylor bậc 2 của đa thức tại (1, 0) là:

f(x, y) = f (1, 0) + df (1, 0)(∆x, ∆y) + d2f(1, 0)(∆x, ∆y) + ◦(||(x − 1, y)||2)

= ea+ ea.a.(x − 1) + ea.b.y+ ea.a2.(x − 1)2+ 2ea.a.b.(x − 1).y + ea.b2.y2+

⇒ ∆z đổi dấu trong lân cận M(0, 0).

⇒ Hàm không đạt cực trị tại M(0, 0) hay hàm đã cho không có cực trị.

∂y(x, y) = [2y − 2y(x2+ y2)]e−(x2+y2) = 0.

Vậy điểm dừng là (0, 0) và các điểm nằm trên đường tròn đơn vị x2+ y2 = 1 Tại điểm dừng (0, 0) ta thấy: ∂2f

(t) = (t − 2)e−t, g′′(1) < 0 vậy nên hàm g(t) đạt cực đại khi t = 1, hay nói cách khác f(x, y) đạt cực đại khi x2 + y2 = 1 và giá trị cực đại là g(1) = 1.e−1 = 1

Giả sử diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là a Ta đặt chiều dài là x, chiều rộng là y, chiều cao là h (x, y, h > 0) Lúc này ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm f(x, y, h) = xyh với điều kiện 2xy + 2yh + 2xh = a; x, y, h > 0 Nhân lần lượt x, y, h vào (1), (2), (3) và kết hợp với (4) ta thu được:

x(y + h) = y(h + x) = h(x + y).

Từ đây ta có: xy = yh = hx Do x, y, h > 0 nên ta có x = y = z Khi đó (4) tương đương

6 là cực đại đồng thời là vị trí đạt giá trị lớn nhất của hàm f(x, y, h) = xyh với điều kiện 2xy + 2yh + 2hx = a; x, y, h > 0.

Vậy trong các hình hộp chữ nhật có cùng diện tích toàn phần a, hình hộp có thể tích lớn

Cho phương trình: y − 14arcsin x = 2 sin y.

a) Chứng minh rằng tồn tại duy nhất nghiệm y = y(x) khả vi trên một lân cận của x = 0 sao cho y(0) = 0.

∂y(x, y) liên tục trên R nên f ∈ C1.

Áp dụng định lí hàm ẩn: Tồn tại lân cận mở V của (0, 0) chứa trong R × R, lân cận mở U1 của 0 trong R và hàm y(x) : U1 → R khả vi liên tục sao cho điều kiện (x, y) ∈ V, f(x, y) = 0 tương đương với y = y(x).

Do ta có f(0, 0) = 0 nên y(0) = 0.

b, Ta có: f(x, y(x)) = y(x) − 14arcsin x − 2 sin y(x) = 0 ∀x ∈ U1

a) Chứng minh rằng hệ trên xác định duy nhất một hàm φ : z → (x(z), y(z)) từ một lân cận U của z = 2 tới một lân cận V của (1, −1), và φ là hàm lớp C1

xx, Fxy′′, Fyy′′, G′′xx, G′′xy, G′′yy đều tồn tại nên hàm φ ∈ C2 trên U Khi đó đạo hàm (1) và (2) theo biến z ta thu được: