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.
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
dụng Nhóm 7
Danh sách thành viên nhóm
Họ và Tên Mã SV Nguyễn Minh Trí 705101414
Nguyễn Gia Hiển 705101162
Trang 3px2+ y2
≤ lim
Trang 4lim
(x,y)→(0,0)
xy
px2+ y2
≤ 0
Lại có:
0 ≤ lim
(x,y)→(0,0)
xy
px2+ y2
Áp dụng nguyên lí kẹp ta có:
lim
(x,y)→(0,0)
xy
px2+ y2
Vậy f liên tục tại (0,0)
b) Chứng minh: f không khả vi tại (0,0)
t2
√
t2 + t2 = 1
2 ̸= 0 (Mâu thuẫn với (1))
Vậy f không khả vi tại (0,0)
Trang 5⇒ Vậy f có các đạo hàm riêng tại điểm (0,0).
c) Ta biểu diễn số gia ∆f(0, 0) = »|xy| = ∂f
n,
1n
ã
→ (0, 0)khi n → +∞, nhưng:
ε
Å1
n,
1n
Trang 62− y
x3 + xy ; ∂f
∂y(x, y) =
1x
x+ yx
∂x(x, y) = cos(x sin y) sin y ; ∂f
∂y(x, y) = cos(x sin y).x cos y
Å
x,xy
ã,∂f(x, y)
Trang 7⇒ ∂
2f(x, y)
∂x∂y = −y
p(y2 − x2)3.c) Đặt h(x, y) =Åx,x
y
ã
= (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
∂v.
Å2x
y3
ã
(1 + x)y.Lời Giải:
a) Ta có: x+ y
x− y = 1 +
2y
x− y.Nhận xét:
Å1x
Trang 8Nhận xét:
Å1
⇒ Hàm số f(x, y) gián đoạn tại điểm (0, 0)
Chứng minh: Các đạo hàm riêng cấp 1 gián đoạn tại (0, 0)
Trang 90 nếu (x, y) = (0, 0).
Khi đó ta xét dãy điểm Mn
Å1
x(x, y) gián đoạn tại điểm (0, 0)
Hoàn toàn tương tự ta cũng có:
Trang 10Lời Giải:
Đặt h(x, y) =
Åx
x2+ y2, y
x2 + y2
ã, u(x, y) = x
x2+ y2, v(x, y) = y
x2+ y2.Khi đó f(x, y) = g(h(x, y)) = (g ◦ h)(x, y)
Đạo hàm cấp 1 theo biến x:
Trang 11∂x2 = 2y(3x
2− y2)(x2+ y2)3 ∂2u
∂y2 = 2x(3y
2 − x2)(x2+ y2)3
Trang 14.cos φ + 2u2
u2
1 + u2
2+ 4u2 3
.sin φ + 8u3
u2
1+ u2
2 + 4u2 3
.0
= 2u1
u21+ u2
2+ 4u2 3
.cos φ + 2u2
u21 + u2
2+ 4u2 3
.sin φ
= 2r cos φ
(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
.(−r sin φ) + u2 2u2
1 + u2
2+ 4u2 3
.rcos φ + 8u3
u21+ u2
2+ 4u2 3
.0 + 2u2
u2
1+ u2
2+ 4u2 3
.0 + 8u3
u2
1+ u2
2+ 4u2 3
Trang 15Đối 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:
∂f
∂y(x, y)
∂f
∂y(c)
|y − y0| < M|y − y0|
Trang 162n − 1 + ◦(y
2n)
ã.Vậy khai triển Taylor của f(x, y) = arctanÅ x− y
1 + xy
ãtrên một lân cận của (0, 0) là:
2n−1
2n − 1 + ◦(y
2n)
ã
Trang 17f(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+
Å1
x− i −
1
x+ i
ã
⇒ g(10)(x) = 1
2i.
Å1
Å(−1)10.10!
ã
Trang 18Thay x = 0, ta được: g(10)(0) = 10!
2i.
Å 1(−i)11 −i111
Ta có:
Trang 19) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1 (loại)+) Nếu x = 0 thay vào (1) ta được y(1 − y2
) = 0 ⇔ y = 0 hoặc y = ±1 (loại)+) Nếu x ̸= 0 và y ̸= 0 thì:
3 .
y = ±
√3
3 .Vậy hàm số có 5 điểm dừng là: M1(0, 0), M2
√3
3 ,
√33
!, M3
√3
3 ,−
√33
!,
!, M5 −
√3
3 ,−
√33
!
3 ,
√33
!thì A = ∂2f
∂x2
√3
3 ,
√33
!
= −4
√3
!
= −2
√3
3 , C = ∂2f
∂y2
√3
3 ,
√33
!
= −4
√3
3 ,
√33
!
=
√3
9 .Tại điểm dừng M3
√3
3 ,−
√33
!thì A = ∂2f
∂x2
√3
3 ,−
√33
!
= 4
√3
!
= −2
√3
3 , C = ∂2f
∂y2
√3
3 ,−
√33
!
= 4
√3
!
là điểm cực tiểu và fmin = f
√3
3 ,−
√33
!
= −
√3
9 .Tại điểm dừng M4(−
√3
3 ,
√3
3 ) thì A =
∂2f
∂x2 −
√3
3 ,
√33
!
= 4
√3
3 ,
Trang 20B = ∂
2f
∂xy −
√3
3 ,
√33
!
= −2
√3
3 , C = ∂2f
∂y2 −
√3
3 ,
√33
!
= 4
√3
!
là điểm cực tiểu và fmin = f −
√3
3 ,
√33
!
= −
√3
9 .Tại điểm dừng M5 −
√3
3 ,−
√33
!thì A = ∂2f
∂x2 −
√3
3 ,−
√33
!
= −4
√3
3 ,−
√33
!
= −2
√3
3 , C = ∂2f
∂y2 −
√3
3 ,−
√33
!
= −4
√3
!
là điểm cực đại và fmax = f −
√3
3 ,−
√33
!
=
√3
9 .Bài 2.35
Chứng minh rằng hàm f(x, y) = x3+ y3− x2.y với (x, y) ∈ R2 không có cực trị.Lời Giải: TXĐ: D = R2
Trang 21
=
6x − 2y −2x
−2x 6y
⇒ ∆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
Trang 22Ta thấy rằng ∆ = 02
− 2.2 < 0 và ∂
2f
∂x2(0, 0) = 2 > 0 Do vậy f (x, y) = (x2+ y2)e−(x2+y2)đạt cực tiểu tại (0, 0) và f(0, 0) = 0
Tiếp đến ta xét các điểm nằm trên đường tròn đơn vị x2+ y2 = 1 Ta đặt t = x2+ y2 vàxét hàm g(t) = te−t , g′
Trong các hình hộp chữ nhật có cùng diện tích toàn phần, hãy tìm hình hộp có thểtích lớn nhất
Lời Giải:
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) = xyhvới điều kiện 2xy + 2yh + 2xh = a; x, y, h > 0
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 đươngvới:
6xy = a ⇒ x = y = h =
√6a
6 .Thay x = y = h =
√6a
6 vào (3) ta thu được λ =
√6a
24
Trang 23
Dấu bằng xảy ra khi x = y = h =
√6a
6 Như vậy ta có x = y = h =
√6a
6 là cực đại đồng thời là vị trí đạt giá trị lớn nhất củahàm 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 lớnnhất là hình lập phương có cạnh
√6a
6 Khi đó thể tích bằng
Ç√6a6
å3
5 Định lí hàm ẩn, hàm ngược
Bài 2.41
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 cậncủa 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, lâncận 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
Trang 24xx, 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: