Giải tích hàm nhiều biến nội dung lời giải Đề xuất Đề thi kết thúc học phần các năm gần Đây và tóm tắt các chương

BO GIAO DUC VA DAO TAO TRUONG DAI HOC SU PHAM THANH PHO HO CHi MINH KHOA TOAN - TIN HOC GIAI TICH HAM NHIEU BIEN NOI DUNG LOI GIAI DE XUAT DE THI KET THUC HOC PHAN CAC NAM GAN DAY

BO GIAO DUC VA DAO TAO

TRUONG DAI HOC SU PHAM THANH PHO HO CHi MINH

KHOA TOAN - TIN HOC

GIAI TICH HAM NHIEU BIEN

NOI DUNG

LOI GIAI DE XUAT DE THI KET THUC

HOC PHAN CAC NAM GAN DAY

VA TOM TAT CÁC CHƯƠNG

THUC HIEN

Nhóm sinh viên: Trần Quốc Tuấn - Trần Gia Lộc - Ngõ Quốc Thịnh

Lớp: 49 Sư Phạm Toán Học B

VỚI SỰ HỖ TRỢ CỦA

Nguyễn Minh Triết lớp 49 Sư Phạm Toán Song Ngữ

Vương Tôn Võ lớp 49 Sư Phạm Toán Học B

Lê Hữu Trực K23 Công Nghệ Thông Tìn HCMUTE

a) Với p = 1, xét tính khả vi của ham ƒ tại (0,0)

b) Tìm tất cả các giá trị của p để hàm f khả vi tại (0,0)

c) Cho p = 1 và u = (a,b) € R*\ {(0,0)} Timh dao hàm theo hướng 2„ƒ(0,0)

Giải x3 — gẺ

lim (ax 2 nên i 1) #0

jim (Ly, UK) = iV nén bot eto) ¿(s, £) # 0

Vậy ƒ không khả vi tại (0,0) với a = 1

b) Ta có:

( 0 nếu ø < 1,

Lo 0) — him FEO FOO) — lim f2-2p — | 1 néu a= 1,

[ không tồn tại nếu ø > 1

0 nếu ø < 1,

mm 7 0)= Ji —>t HOD — 0,0) = him _‡2-?? = Le —l neu a= 1,

a

không tồn tại nếu ø > 1

Trường hợp ø = 1 đã được làm ở ý a)

Với trường hợp a > 1, ta biết oF ef tại (0,0) không tồn tại nên ƒ không kha vi tại (0, 0) on Ô

J4 OY

2017

Trường hop a < 1, ta cé Vf(0,0) = (0,0) Xét hàm ¿ xác định bởi:

2017

of? of? of?

Az of? of? of?

A là dạng toàn phương không xác định Nên ƒ không đạt cực trị tại (-s 5 -7)

Câu 3 (1đ) Xét hàm số ƒ xác định trên IR° cho bởi

Ch € Q x Q O Br, ep € By, O (R?\Q?) VỚI & = 1,2, WK,

Ta chọn được như vậy bởi vì trong mỗi đoạn bất kỳ, ta đều có thể chọn được một số hữu tỷ

và một số vô tỷ Như vậy ta chon dudc phép chon C va E

k=1

k=l Vay v6i mdi phép chon, ta dudc hai tong Riemann khac nhau nén khong tén tai lim S$ (f, PC)

2017

Giai

Dat D = {(z,)<lR?:0<z<2,0<yw<v4—22}

Theo định li Fubini, ta được:

Xét phép đổi biến trong toạ độ cực:

= Câu 6 (1đ) Tính tích phân

[= | 2dady + vdydz + ydzdx, s

trong đó Š là phía ngoài của mặt cần a? + y? + 22 = 9,

Giải

Phần này giảm tải :>

2017

Câu 7 (2đ) Cho hàm ƒ : R —¬ IR có các đạo hàm riêng bị chặn

a) Chứng minh hàm ƒ liên tục trên RỶ

b) Với mỗi r > 0, ký hiện Ø, là quả cầu có tâm gốc tọa độ và bán kính r trong R3 Tính

Ta sẽ chứng mỉnh ƒ liên tục trên IR Xét:

ƒ(,U z) — f (Xo Yo; Z0) = J(.1 2) ~ I (%o,¥, 2) + ƒ(4o, 9, 2) ~ f (Xo Yo 2)

+ f(x0, Yo, 2) — f (20, Yo, 20)

Áp dụng định lí giá trị trung bình Lagrange, ta được

ƒ(,,z) — f(xo, y, 2) = (œ — #o) Sa y, 2) Via = ax + (1— œ)#o và œ e (0, 1)

ƒ(#o 9, 2) — ƒ(#o, yo, z) = (y — yo) Sesh z) với b = By + (1— B)yo va 8 e (0,1)

of

F (x0, yo, 2) — f (Xo, Yo, 20) = (2 — Z0) 5-(r0, Yor) v6ic = yz + (1—y)z va ye (0,1)

Ta có:

|ƒ(, ø, z} x ƒ(o 1o 2o)] < | f(a, y, 2) x ƒ(o , 2)|

+ |ƒ(zo 9, z} x ƒ(o o 2)| + |ƒ(zo o z) x ƒ(o 1o 20)|

+ [eu — wo) SE Cans b2)] + [le — s)2 (ae)

I(x — xo)| + |Ma(y — yo)| + |Ma(z — 20)| = A

MA ta biét

lim A=0

(2,,Z)—>(#o,o,Zo)

2017

nén theo nguyén ly kep ta thu dude

(2,y,2)— (20,yo,20)

Vậy ƒ liên tục trên IRỶ

b) Vì ƒ liên tục trên IR? nên ƒ liên tục trên Ö„ Do đó tồn tại ce Ö, sao cho:

| fete = VIB) Ji Jae = f= = aft nde = (0),

“hú 0) = lim J0) - /(0.0)_ lim = lim #sin 2 =0,

từ đó suy ra được ƒ khả vi tại (0,0)

2018

Xét dãy (uy, 0y) = oe va (Xk, Yk) = anne? Ta biết

lim(„z, ø) = lim(zz, yx) = (0,0)

ƒ tại (0,0) không liên tục

Câu 2 (1.5đ) Khảo sát cực trị địa phương của hàm số

Từ đây suy ra các đại lượng

A, = —2y, Ay = —4(a? +? — ay)

Tại các điểm dừng (v2,v2),(—v2,—w2) ta có Aa = —8 nên 4 không xác định, do đó ƒ

không đạt cực trị tại các điểm dừng này

Câu 3 (1đ) Tính diện tích miền giới hạn bởi các đường cong

ry =1, sy =8, y= 2, y? = 8x

Goi D 1A mién gidi han cia céc dudng cong ry = 1, ry = 8, y? = 2, 2 = §z Ta có

V(D) = | 1d(x,y)

Khi nay (z,y)€ D <== (u,v) € Du, trong dé

Day = {(u,v) eR?:1<u<81l<v< 8}

Ma trân Jacobi J xác định bởi

2018

Cau 5 (1d) Tinh tich phan

I -| (xy! —a°y—axty) du+ (sử +ø+v+1+ 222g”) dụ,

Goi C’ lA đường cong kín, trơn từng khúc gồm Œ va đường thẳng 4O Gọi Ð là miền giới

hạn bởi C” Khi này

sng 7COSW

Khi này, qua phép đổi biến ta có

Phần này giảm tải :'>

Cau 7 (2d+1d) Cho D mé trong R?, (x, yo) € D va ham ƒ xác định trên 7 Chứng minh hai

Bay 0; Yo) Oyen 0, Yo)

b) Né of of — J tồn tại trên D va — Ị liên tục tại (zo, o) thì CS (an yp) tồn tại và

CỬ tụ th) = 2 ác (0)

andy Yo ayer Yo

Giai a) Xét biểu thức 4 có dạng

A= f(xo + t,yo + 8) — f(to +t, yo) — f(t, yo + 8) + f (Zo, Yo),

véi s,t € R du nhé Ta sé biểu diễn A theo hai cách, Đầu tiên, đặt

gilt) = f(to +t, yo + 8) — (to +t, yo)

Ap dung dinh ly Lagrange cho ham 1, t6n tai 6, € (0, 1) sao cho:

A = yi(t) — yi(0) = ty) (@1t) =t Sy + Ot, yo + 8) — s 0n + A,t, yo) |

Lặp lại các bước suy luận tương tự, tồn tại Ø; e (0, 1) sao cho:

A= ts rg + 0,t, yo + O28)

Ôx~ôU

Để thu được cách biểu diễn thứ hai cho 4, ta thay đổi vai trò của s và f, ta cũng chỉ ra được

tồn tại œ, € (0,1) sao cho:

với mọi s, khác 0, đủ nhỏ

Cho (s,#) —> (0,0), từ tính liên tục của các đạo hàm riêng bậc hai, suy ra điều phải chứng

minh

b) Véi s,fe R di nhé xét biéu thite:

A= f(x +t, yo + 8) — ƒ(#o, 0o + 5) — ƒ(đo + t, yo) + ứng, 90)

of ef 3ƒ

Ta biết —,—, —— tén tai trén D tương tự ý a), tồn tại ơi, œ¿ e (0,1) sao cho

Ox? Oy? Oxey

S (Xo, ôzôy 0; Yo Yo + G15) = (2X0, 1 ) 2x4 0: 00 Yo + $) — =—{#0g ) 3, | 0; Yo) Yo)-

Với s khác 0, suy ra:

2019

2019

Cau 1 (1.5d) Cho tap U mé trong R” va f : U — R Ching minh rang néu ƒ khả vi tại

xé€U thi f có đạo hàm theo mọi hướng tại ø Cho ví dụ chiều ngược lại có thể không đúng

Cho U 1a tap mé trong R” va f : U — R V6i x € U cố định và œ e R”\{Ogs}, ta định nghĩa đạo hàm theo hướng + của f tai x là đại lượng

Dafa) = Yin SEEM) H

Giải Giả sử ƒ khả vì tại z e , nghĩa là tồn tại r > 0 sao cho với mọi h € R” thoả mãn ø < ||h|| < r,

Từ đây ta thu được ƒ có đạo hàm theo moi huéng u tai x

Về chiều ngược lại, chọn hàm ø : R2 —> R xác định bởi

nề

Điều này cho ta biết ( lim #6: #) nếu có tồn tại thì khác 0 Do đó ø không khả vi tai

ø,,)—>(0,0

(0,0)

Qua ví dụ trên ta có thể thấy chiều ngược lại có thể không đúng

Câu 2 (1.5đ) Cho tập D mé trong R? va f : D — R có các đạo hàm riêng of ef trén D

định bởi

p(s, t) — Ƒ(ao + 8,10 t) ~~ f (xo, 10) ~ 2à; L0; 0)5 ~ oy (xo, 10), (5, t) € RẺ

Xét hàm #' có công thức F(t) = f(xo, yo +t), t du nhỏ Vì đạo hàm riêng của ƒ tại (Zo, #0) tồn tại nên #' khả vi tại , thật vậy

F'(t) = lim tự +u) - Fữ) = lim J4; u->0 + u-0 Mạ + f + ) — [{#o; UL gu + 1) = St, gụ +t) oy

Ap dụng định lý giá trị trung bình Lagrange cho hàm F, tén tai a € (0,1) sao cho F(t) — F(0) =tF"(at), hay noi cach khac

of

F (x0, yo + t) — F (0, Yo) = 2u (70: Yo + att

7U

2019

Xét hàm Œ có công thức G(s) = ƒ(#o + 5, yo +t), s di nhỏ bằng cách suy luận tương tự ta thu được kết quả tồn tại Ø e (0, 1) sao cho G(s) — G(0) = sŒ!{(6s), hay nói cách khác

of

ƒ(o +s, yo +t) — flo, yo +t) = 200 + Bs, yo + t)s

Từ đó ta thu được đánh giá

@(s, ) = |[ƒ(œo + 5, o + 4) — ƒ(#o, 0o + E)| + [ƒ(#o, yo + 4) — f (20, yo)]

Từ tính liên tục của các đạo hàm riêng của ƒ tại (zo, yo) ta thu được tn o (Al + |B) =

(s)>

< |A| + |BI

Kéo theo

lim _#61)_ Ụ = (s#)—(0,0)A/s2 + f2

Do đó f kha vi tai (29, yo)

Cau 3 (1.5d) Cho a > 0 va ham hai bién

2019

1 Thật vậy, khi ø < 3 ta có đánh giá

Ta biết khi a < 5 thi

lim |s|}= lim [(s?+2)2-4 = lim |@2+£#)92|=0

Câu 4 (1.5đ) Khảo sát cực trị địa phương của hàm hai biến

fey) =a ty! —(a—y)

Giai

Tại điểm dig (1,—-1) va (-1,1) ta c6 A; = 10 va Ay = 96 nên 4 là dạng toàn phương xác

định dương Do đó ƒ đạt cực tiểu tại các điểm dừng này

Tại điểm dừng (0,0) ta có Ai = —2 và Aa¿ = 0 nên 4 là dạng toàn phương xác định âm Do

đó ƒ đạt cực đại tại điểm dừng này

Câu 5 (1,5đ) Cho Ở là đường tròn x? + y? = 2x Tinh tich phan

[= fio’ — ø + xe") dy — (y? + x? cosy — ye®) dx

C

Giai Dat P(x, y) = —y? — 2 cosy + ye™, Q(x, y) = 23 — x + xe Ta c6

2n = 3#? T— 1 + e™ + aye, ôg— —3y? + a? siny + e™ + vy”

Goi D 1a mién gidi han véi C, Ap dụng định lý Green ta có

a — a + re") dy — (y? + 2? cosy — ye) dx

2 2 2 Fubini Ễ nen? 2 2 8 cos ¿ 32

| (x + y") d(a, 9) -| rd(r,p) =" | dip | dr = |

Câu 7 (1đ) Cho màng mỏng 7 (có thể xem vật thể hai chiều) ứng với miền 2 c R2 Nếu

màng 7, có hàm mật độ p: 2 — R là hàm khả tích, thì khối lượng m va trong tâm (Z,) của mang Ủ tương ứng được tính bởi công thức

2020

2020

Câu 1 (4đ) Cho tập U mé trong R” va ham f : U — R

a) Phát biểu định nghĩa về sự khả vi của ham f tai x ¢ U Ching minh rang néu f kha vi

tại zœ Ư thì ƒ có các đạo hàm riêng tại # và

V/(z) = /')

b) Mệnh đề ngược lại ở câu a) có đúng không? Giải thích câu trả lời

c) Khảo sát sự khả vi của ƒ tại (0,0), trong đó hàm ƒ xác định bởi

tai a € R” sao cho

fa +h) = fla) {a hồ —

h—>Önn | |A| |

trong d6 a dugc goi la đạo hàm của ƒ tai x, ki hiéu a = f’(x)

Giả sử ƒ khả vi tại z e U, khi đó ta có

2020

với (s,£) đủ nhỏ

Ta biết rằng lim

(s,)—>(0,0)

đó ƒ khả vi tại (0,0)

Câu 2 (3.5đ) Cho 7 là tập mở, liên thông và đơn liên trong ïRˆ Giả sử hai hàm ?,Q : 2 —> R

có các đạo hàm riêng liên tục trên 7) và thoả mãn điều kiện

$/cos(s.£) — 1)| = 0, theo nguyên lý kẹp ta có 6 lun 0 y(s,t) =0 Do

^ ^

6Q OP

= FS aT trên D

Cx ey a) Cho hai diém A, B cé dinh nam trén D Chứng minh rằng tích phân

I P(x, y) dx + Q(x, y) dy

AB

không phụ thuộc vào đường nối A, Ö với mọi cung 4Ö trơn từng khúc nằm trong 2

b) Chứng mỉnh rằng tồn tại hàm _: 7 — IR có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục sao cho

đường cong tuỳ ý, không trùng với cung 4Ø, nối Ö và A Khi này ta có

2020

^ ^

— (#,U) = —.(#,U) 2x9) 2y À ›U) — ry = xục””

Xét hàm : 2 — R xác định bởi công thức U(x, y) = e””, với (z,) e D, rõ ràng U có các

đạo hàm cấp 2 liên tục Ta suy ra:

Nên theo định lý 4 mệnh đề tương duong thi J; khong phu thuéc vào đường nối 4, B Dé don

giản ta chọn đường thẳng 4Ø với A(2,0), 2(0,2), suy ra phương trình tham số 4Ø là (2—,),

L đi từ 0 đến 2

Khi đó:

I= | P(x, y)dx + Q(x, y)dy 3B

trong đó 8 là phía ngoài của phần mặt nón z = z2 + z”,0 < z < 1 (mặt Š không kể mặt z = 1)

Phần này giảm tải :'>

Câu 4 (1đ) Khảo sát cực trị địa phương của hàm hai biến

f(x,y) = (2x — — 1)

Tại điểm dừng (0,0), (5°) , (0,1), ta c6 Ag = —1 4 là dạng toàn phương không xác

định do đó ƒ không đạt cực trị tại các điểm dừng này

2021

2021

Câu 1 (3d) a) Cho ví dụ một hàm ƒ : R3 —> R sao cho ƒ liên tục và có đạo hàm riêng theo

mọi hướng tại (0,0,0) nhưng không khả vi tại đó

b) Khảo sát sự khả vi của hàm ƒ tại (0,0) với ƒ xác định bởi

L0, (z,) = (0.0)

Giải

x siny

(x,y) # (0,0), f(z.y) = |

a) Xét hàm ƒ : RỶ —> R xác định bởi

ƒ(,u.z) — | a + oy? + 2"

LŨ: với (Z,,z) = (0,0,0)

VỚI (Z,1, z) 40,

Lay u = (a,b,c) € R”\{Opgs} tuỳ ý, ta có đạo hàm của ƒ tại (0,0,0) theo hướng % là đại lượng

4 f (ta, tb, te) — ƒ(0,0,0) — Babe

l¿(s,)| 8 < Vs $2PVP24+P[ sĩ < [Sve + Pal 2? + sĩ | vst+2PV8 +P = |s| Is|

Ta, có Ga) |s| = 0 nên theo nguyên lý kẹp ta có (ot yo) yp = 0 Do dé f kha vi tai (0,0)

Câu 2 (2.5đ) a) Cho J2 c RẺ là miền bị chặn và ham f : D — R lién tuc trén D Gia sit D đối xứng qua truc Ox va f thoả mãn tính chất

f(x, —y) — —ƒ(,9) (x,y) eD

Bằng phương pháp đổi biến, chứng minh rằng | f(x,y) d(a,y) = 0

D b) Áp dụng câu a) để tính tích phân

Khi đó (z,) 2 == (u,v) € Dy Ta biét D đối xứng qua truc Ox, nghia la (x,y) €

D == (a,-y)€ D hay (u,v) € D Do d6 D = Dy

Ma trân Jacobi J xác định bởi

Khi này qua phép đổi biến, ta có

| f(a, y) d(x, y) -| |det J| f(u, —v) d(u, v) | f(u,v) d(u,v) = -| f(a,y) d(x, y)

Từ đây ta thu được

| 09046) + | fnw)A@u) = | Jsg)4e.a) = | fÚmg) 4g) =0

ƒ(œ, —U) = —a# “W°sinzV 2 — z2 — 2 = —Ƒ(ø, 0)

nên ƒ lễ theo biến z Mặt khác ta thấy Ð là miền đối xứng qua trục Óz nên theo kết quả của câu a) ta suy ra Ig = 0

Với ï¡, xét phép đổi biến trong toạ độ cực

% =TCOSÚ,

| * (wy) € D

( y=rsiny,

Khi đó (z,)< D => (r,y)e DI re: trong đó

Dro = [pe R 0 <1 < 2089, <p ate

Ma trân Jacobi J xác định bởi

cosy —rsngy J= , det J =r

Câu 3 (2.5đ) Tính các tích phan sau

3 v4-z?

a) T= | dx | (¿-vz2+) (a? + y’) dy

2021

b) K = | (z + 2u + 1) dy + (e* sina — y) dx, trong d6 Œ là đường cong có phương

C

trình tham số

XŒ) =(1+cosf,1 — sinf)

2 7 theo huéng tt ¢ = 0 dén t = 2°

={(z,y)eR? sa? +y’ <4}

Xét phép đổi biến trong toạ độ cực

( y=rsiny,

Khi nay (a, y)€ D <= (r,y) € Dry, trong dé

Dry = {(r,p) eR? :0<r<2,0<y<2r}

Dat P(z,y) = e* sina — y va Q(x, y) = —z + 2y/y? +1 Ta có

= —Ï và — =_-—Ì

Vay I = h + Ig = moi ban doc dién dap án vào chỗ trống :°>

Câu 4 Cho tham số a > 0 vA ham f : R? — R thod man

(uz) = i va (a) = —T” Ta biệt

lim uz, = lima; = 0

2022

2022

Câu 1 (2.5đ) Cho hàm ƒ : R2 — R có các đạo hàm riéng trén R? Chứng minh:

a) Nếu các đạo hàm riêng của ƒ bị chặn trên IR thì ƒ liên tục trên R2 (1đ)

b) Nếu các đạo hàm riêng của ƒ liên tục thì ƒ khả vi trên RẺ (1.5đ)

Giải a) Lấy tùy ý (z,) e IRÊ vì các đạo hàm riêng bị chặn trên IRỶ nên tồn tại Ä⁄ị, Ä⁄¿ sao cho:

eu) ~ [Ga.) = (# 20) (ox + (1 -0)0,9),

fso.y) = [moab) = (9 ~ 0) lo, By + (1 ~ 8)

Dat a = ar + (1—a)ao, b = By + (1— B)y Khi do:

Xét hàm #' xác định bởi: F(t) = f(x,y +t), t di nhd Do dao hàm riêng của ƒ tồn tại nên

F kha vi That vay:

2022

F(t) — F(0) = tF"(at) hay f(a,y +t) — f(x,y) = (ley + at)

Tương tự bằng cách xét hàm Œ xác định bởi G(s) = ƒ( + s,-+#) tồn tại Ø e (0, 1) sao cho:

ô J(œ+s,U + †) — J(, + †) = sn + Bs.y +0)

Vì các đạo hàm riêng liên tục tại (z,) nên

Vậy f kha vi tai moi (x,y) e R? dan dén f kha vi trén R?

Câu 2 (2.5đ) Cho hàm /ƒ§ˆ —> R xác định bởi

asin (a? — y*)

ˆ 3x? cos ( 4) /a2 + 2y? —