Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 142 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
142
Dung lượng
1,8 MB
Nội dung
HỌC VIỆN KỸ THUẬT QUÂN SỰ KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN PGS TS Tô Văn Ban (Chủ biên) TS Tạ Ngọc Ánh, TS Hy Đức Mạnh BÀI GIẢNG CHI TIẾT GIẢI TÍCH II Hà nội, 6-2013 BỘ MÔN DUYỆT Chủ nhiệm Bộ môn Tô Văn Ban Chủ biên: Thành viên: BÀI GIẢNG CHI TIẾT (Dùng cho 75 tiết giảng) Học phần: GIẢI TÍCH II Nhóm môn học: Giải tích Bộ môn: Toán Khoa: Công nghệ Thông tin Thay mặt nhóm môn học Tô Văn Ban PGS TS Tô Văn Ban TS Tạ Ngọc Ánh TS Hy Đức Mạnh Thông tin nhóm môn học TT Họ tên giáo viên Tô Văn Ban Nguyễn Xuân Viên Nguyễn Đức Nụ Vũ Thanh Hà Tạ Ngọc Ánh Bùi Văn Định Bùi Hoàng Yến Nguyễn Thị Thanh Hà Nguyễn Văn Hồng 10 Nguyễn Thu Hương 11 Đào Trọng Quyết 12 Nguyễn Hồng Nam Học hàm PGS PGS Giảng viên Giảng viên Giảng viên Giảng viên Giảng viên Giảng viên Giảng viên Giảng viên Giảng viên Giảng viên Học vị TS TS TS TS TS ThS ThS ThS ThS ThS ThS ThS Địa điểm làm việc: Bộ Môn Toán, P1408, Nhà A1 (Gần đường HQ Việt) Điện thoại, email: 069 515 330, bomontoan_hvktqs@yahoo.com Bài giảng 1: Hàm số nhiều biến số Chương, mục: Tiết thứ: 1- Mục đích, yêu cầu: Tuần thứ: Nắm sơ lược Học phần, quy định chung, sách giáo viên, địa thông tin cần thiết, bầu lớp trưởng Học phần Nắm khái niệm loại tập mở, đóng, miền n Một số kết giới hạn, liên tục hàm nhều biến, tương đồng với khái niệm hàm biến Nắm khái niệm thục tính đạo hàm riêng, vi phân hàm nhiều biến - Hình thức tổ chức dạy học: Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu - Thời gian: Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t - Địa điểm: Giảng đường P2 phân công - Nội dung chính: Giới thiệu môn học quy định Chương 1: Hàm số nhiều biến số §1.1 Giới hạn – Liên tục §1.2 Đạo hàm – Vi phân Giới thiệu học phần GIẢI TÍCH II (15 phút) Để thấy chất tượng mở rộng khả vào sống toán học cần nghiên cứu giải tích phạm vi nhiều biến Với hàm nhiều biến, nhiều khái niệm kết với hàm biến không bảo toàn mà có biến thể tinh vi, uyển chuyển hứa hẹn ứng dụng vô rộng lớn GTII - tiếp tục Giải tích I - hướng chủ yếu vào phép tính vi phân, phép tính tích phân hàm nhiều biến Chúng ta thấy nhiều ví dụ, tập liên quan đến thực tiễn cho thấy mảng ứng dụng vô tiền khoáng hậu lý thuyết, đảm bảo trường tồn toán học Các khái niệm, định lý, tính chất thường phát biểu lời kết hợp với công thức Chính sách riêng Mỗi lần lên bảng chữa tập ghi nhận, cộng vào điểm trình 0.5 điểm Chữa tập sai không bị trừ điểm Sự diện lớp: Không học Tài liệu tham khảo TT Tên tài liệu Tác giả Giáo trình Giải Tô Văn Ban tích II Giải tích II & III Trần Bình Toán học cao cấp Nguyễn Đình (T3-2) Trí … Bài tập Giải sẵn Trần Bình giải tích 2, Calculus: A R Adams Complete Course Calculus (Early Jon Rogawski Transcendentals), buổi không thi Nxb Nxb Giáo dục KH KT Giáo dục 2007 2007 KH KT 2007 Addison Wesley 1991 W.H.Freeman and Co 2007 Đề Bài tập nhà GTII (trong tài liệu [1]) Năm xb 2012 Ví dụ: Tự đọc; Bài tập: Chữa lớp CHƯƠNG I Bổ trợ: 3(b); 4(a, b, d); 5(a); 8(c,d); 10(a); 12(b); 15; 18(b); 21(b); 22; 23(a); 24(a); 30(a); 34(c, g); 35(d, e); 37(a); 39(c); 41(a, e) Chính: 6(a, b, c, d, e); 13(b, c); 24(c); 26(d); 33; 34(f); 35(i, j, k, l); 36(e, f, g, h, i, j, k); 37(c, d, e, f); 40( d, e, f); VD 1.17; VD 1.26A; VD 1.27; VD 1.28; VD 1.29 (i, ii); VD 1.30; VD 1.37; VD 1.39 CHƯƠNG II Bổ trợ: 1(b, d); 2(b, c); 3(b); 4(a, b); 5(a, c, d); 6(b); 7(d, c); 8(a); 9(d, f); 10(c); 15; 17; 19(b); 20(a, c); 24; 27(a) Chính: 1(e); 5(f); 6(a); 7(e, f); 8(b, d); 9(g); 10(f, g, h); 14(c, d); 19(c); 20(f); 21(c, d); 22(b, c, e); 23(a, b) VD 2.11; VD 2.13; VD2.25 ; VD 2.26; VD 2.27; VD 2.33; VD 2.34; VD2.37 ; VD 2.40 CHƯƠNG III Bổ trợ: 1(d,e), 2, 5(a) , 11, 14(a), 15(a, c), 17(a), 18(d), 19(a, d), 22(a, e), 26(c), 27(a); 29(a, b), 30 Chính: 7; 8; 14(c); 16(c, d); 22(d); 24(c, d, e, f, h); 25 VD3.16 ; VD3.23 ; VD3.23 ; VD3.25 ; VD3 26 ; VD3.27 ; VD3.28 ; VD3 29 ; VD3.31 ; VD3.32 ; VD 3.33; VD3.34 CHƯƠNG IV Bổ trợ: 2(a); 3(a) 8; 10(e); 12(b); 15(b,c); 18(b); 20(a); 21(d); 23(a); 24(b, e); 26(a, b, d); 28(a, b); 31(c) Chính: 3(b); 10(b, c, d, e); 12(e, f, g); 13(b); 15(f, g); 18(c, d); 19(a, b, c, d, e); 24(e); 26(f, h, i, j); 27(c, d,e); 28(d, e, f, g); 30(d, e, f); 31(b); 32; 33(a, b, c) VD 34; VD 4.35 ; VD 4.36; VD 4.48; VD 4.49; VD 4.50; VD 4.51 ; VD 4.52; VD 4.53; VD 4.54((i), (ii)) CẤU TRÚC ĐỀ THI, CÁCH THỨC CHO ĐIỂM Câu số Về phần Lý thuyết Chương 1: Hàm số nhiều biến số Chương 2: Tích phân bội Chương III: Tích phân đường, tích phân mặt Chương 4: phương trinh vi phân Điểm thi Điểm trình Điểm chuyên cần Tổng điểm = điểm chuyên cần x 10% + điểm trình x 20% + điểm thi x 70% Hình thức thi: Thi viết Số điểm 2.0 2.0 2.0 2.0 2.0 10đ 10đ 10đ 10đ Bầu lớp trưởng lớp học phần Kết quả: Số điện thoại giáo viên: Địa Email cần: Webside cần: Danh sách SV (Ít cột kiểm tra sĩ số) Chương 1: HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ § 1.1 GIỚI HẠN - LIÊN TỤC 1.1.1 Tập hợp n a Không gian n Xét V tập hợp n số thực có thứ tự x (x1 , , x n ), x i (Hiện thời ta viết đậm phần tử V) Trong V đưa vào phép cộng và phép nhân với vô hướng: x (x1 , , x n ), y (y1 , , y n ), x i , yi , x y (x1 y1, , x n y n ) , x (x1, , x n ), Khi V trở thành không gian véc tơ ; phần tử V gọi véc tơ, gọi điểm * Tích vô hướng Tích vô hướng hai véc tơ x y số thực, ký hiệu x.y , (có tài liệu viết x, y ) xác định bởi: x y x1y1 x n y n * Không gian Euclide n Không gian véc tơ V có trang bị tích vô hướng vừa nêu gọi không gian Euclide n chiều, ký hiệu n Tích vô hướng nêu có tính chất thông thường biết ơt phổ thông Khi x y ta nói hai véc tơ x y trực giao với nhau, viết x y * Khoảng cách Khoảng cách x (x1 , , x n ) y (y1 , , y n ) ký hiệu d(x, y), xác định theo công thức d( x , y ) (x y ) (x y ) d(x , y ) (y1 x1 )2 (yn x n ) (1.1) Khoảng cách gọi khoảng cách Euclide, có tính chất sau đây: : tính đối xứng d(x , y ) d(y , x) d(x , y ) 0; d(x , y ) x y : tính xác định dương d(x, y ) d(y, z ) d(x, z) bất đẳng thức tam giác : Trong , điểm hay ký hiệu (x,y), 3 (x,y,z) Đồng điểm M với số (x, y, z) toạ độ hệ toạ độ trức chuẩn; thay cho điểm M, ta viết (x, y, z) hay đầy đủ M(x, y, z) Khoảng cách (1.1) khoảng cách thông thường Trong : Điểm M đồng với toạ độ (x, y) nó; thay cho điểm M ta viết (x, y), hay đầy đủ M(x, y) Trong phần lại chương kết trình bày chủ yếu Nhiều kết tương tự cho n b Phân loại tập hợp n Lân cận Cho a ; lân cận điểm a (còn gọi hình cầu mở tâm a, bán kính ), kí hiệu U (a) , tập hợp xác định bởi: U (a) {x : d( x, a) } Điểm a gọi điểm tập hợp E E chứa hình cầu mở tâm a: U (x) E, ( 0) Đồng thời, tập E gọi lân cận điểm a Tập mở Tập hợp E gọi tập mở điểm E điểm Dễ nhận thấy rằng, tập hợp U (a) tập mở Điểm biên Điểm x gọi điểm biên E -lân cận x chứa điểm thuộc E điểm không thuộc E Tập điểm biên E kí hiệu (E) , gọi biên E Rõ ràng, điểm E nằm E; điểm biên E thuộc E, không thuộc E Tập đóng E gọi tập đóng chứa điểm biên nó: E đóng E E E (a) (b) (c) (d) Hình 1.1 (a) Hình cầu mở, (b) tập mở, (c) hình cầu đóng, (d) mặt cầu (tập đóng) Chẳng hạn, tập sau đóng (xem Hình 1.1): + Hình cầu đóng tâm a, bán kính + Mặt cầu đóng tâm a, bán kính Tập bị chặn Tập E gọi bị chặn tồn hình cầu mở chứa hình cầu đóng chứa hình cầu đóng tâm O chứa Tập compắc Tập đóng bị chặn gọi tập compact Miền Mỗi tập mở miền mở Miền mở với biên gọi miền đóng Miền mở, miền đóng gọi chung miền Miền mà từ điểm nối với đường gẫy khúc nằm hoàn toàn miền gọi miền liên thông Sau đây, quen, ta viết chữ đậm cho phần tử n Ví dụ 1.1 Cho tập hợp sau (xem Hình 1.2): D1 {(x, y) : a x b, c y d} : tập hợp mở (Không chứa biên) D {(x, y) : a x b, c y d} : Không mở, không đóng D3 {(x, y) : a x b, c y d} : tập hợp đóng (chứa biên) Người ta dùng ký hiệu tích Descartes để hình chữ nhật đó: D1 ký hiệu (a, b) (c, d) , , D3 [a, b] [c, d] # y y A B y A d B A d d D1 D2 c D3 c D a C b c D x B C a b D x a C b x Hình 1.2 Hình chữ nhật 1.1.2 Hàm nhiều biến số f :D a Định nghĩa Cho D n Ánh xạ x (x1 , , x n ) f (x) f (x1, , x n ) gọi hàm số D D: tập xác định, f: hàm số; x: biến số (hay đối số) Lưu ý biến số có n thành phần, thành phần xem biến độc lập (cho nên hàm số n hay gọi hàm nhiều biến) b Các phương pháp biểu diễn hàm số (☼) Biểu diễn biểu thức giải tích Biểu diễn đồ thị Sử dụng đường (đồng) mức Bảng liệu 1.1.3 Giới hạn hàm nhiều biến a Giới hạn dãy điểm Ta nói dãy điểm {u n } {(x n , y n )} hội tụ đến u (x , y0 ) lim d(u n , u ) (1.2) n Khi ta viết lim (x n , y n ) (x , y0 ) , hay đơn giản lim u n u n n u n u (khi n ) Giới hạn dãy điểm tương đương với giới hạn tọa độ: lim (x n , y n ) (x , y0 ) lim x n x ; lim y n y0 (1.3) n n n * Điểm giới hạn (điểm tụ) Điểm a gọi điểm giới hạn tập D n có dãy {u n } phần tử khác a D hội tụ đến a b Giới hạn hàm số Định nghĩa Cho hàm số f(u) xác định D a (x , y0 ) điểm giới hạn D Ta nói hàm f(u) có giới hạn u dần đến a nếu: (1.4) 0, , cho u D , d(u, u ) f (u) Khi ta viết lim f (u) hay f (u) u a u a Để đầy đủ, ta viết lim f (x, y) ( hay f (x, y) (x, y) (x , y0 )) (1.5) (x,y)(x ,y0 ) Định lý 1.1 Hàm f(u) có giới hạn u dần đến a {u n } D; u n a; lim u n a lim f (u n ) (1.6) n n Hệ Nếu lim f (u) với u (x, y) dần đến a (x , y0 ) theo u a đường cong tuỳ ý D, f(u) dần đến Hình 1.5 Điểm dần đến (x , y0 ) theo đường khác Lưu ý Các kết thông thường giới hạn hàm biến giới hạn tổng, hiệu, định lý kẹp… cho giới hạn hàm nhiều biến Ví dụ 1.4 Tìm giới hạn 1 2 lim (x y )sin lim (x y )sin i) ; ii) (x, y)(1, 0) (x, y)(0, 0) x y2 x y2 Giải i) lim (x y )sin sin1 x,y 1,0 x y2 ii) Hàm số xác định /{(0,0)} Ta có f (x, y) x y2 (khi (x, y) (0,0) lim Theo định lí kẹp, f (x, y) (x, y)(0, 0) lim f (x, y) (x, y)(0, 0) Định nghĩa giới hạn vô hạn tương tự với hàm biến y Chẳng hạn (x, y) (0,3) ; x e x y2 z2 (x, y, z) (0,0,0) # 1.1.4 Sự liên tục hàm số Cho hàm số f (x, y), (x, y) D , D tập tuỳ ý (x , y0 ) D điểm giới hạn D Ta nói f(x, y) liên tục (x , y0 ) lim (x, y) (x , y0 ) f (x, y) f (x , y0 ) (1.7) Giả sử a (x , y0 ) D, u (x, y) (x x, y0 y) D Đặt f f (x x, y0 y) f (x , y0 ) Khi hàm số f(u) liên tục (x , y0 ) lim f (1.8) ( x,y)(0,0) * Hàm f(x,y) gọi liên tục miền D liên tục điểm (x , y0 ) D Lưu ý Các định lí tổng, hiệu, tích, thương, luỹ thừa, hợp hàm hàm liên tục, định nghĩa hàm sơ cấp tính liên tục chúng, khái niệm kết liên tục hàm biến gần bảo toàn cho trường hợp hàm nhiều biến Chẳng hạn Định lý 1.2 Hàm f(x,y) liên tục tập đóng, giới nội D bị chặn đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất: (x1, y1 ), (x , y ) D để f (x1, y1 ) m Min f (x, y); f (x , y ) M Max f (x, y) (x,y)D (x,y)D Định lý 1.3 Hàm f(x,y) liên tục tập đóng, giới nội liên tục đó, tức với , tìm số cho với (x, y), (x, y) D mà d((x, y), (x, y)) f (x, y) f (x, y) xy Ví dụ 1.5 Cho hàm số u f x, y x y 0 (x, y) (0,0) (x, y) (0,0) Rõ ràng hàm liên tục điểm (x , y0 ) (0, 0) (vì thương hai hàm liên tục, mẫu khác 0) Tại (x , y0 ) (0,0) , theo bất đẳng thức Cauchy xy x y2 (x y ) (x y ) 1 xy x y 2 (x y ) 2 Trường hợp 1: lim f (x, y) lim u 0 (x,y)(0,0) ( 1)/2 d(u,0) f (0,0) Vậy f(x,y) liên tục (0,0) Trường hợp 2: Xét (x, y) (0,0) theo đường y = x f x, y f x, x x 2 2x x Vậy f(x,y) không 1 2x liên tục (0,0) # § 1.2 ĐẠO HÀM - VI PHÂN 1.2.1 Đạo hàm riêng Định nghĩa Cho hàm số z f (x, y) xác định tập mở D , lấy điểm M (x , y0 ) D Cố định y y0 f (x, y0 ) hàm biến x Nếu hàm có đạo hàm x x đạo hàm gọi đạo hàm riêng hàm z f (x, y) theo biến x (biến thứ nhất) điểm M (x , y0 ) , kí hiệu cách sau: z(x , y ) f (x , y ) zx (x , y0 ), f x (x , y ), , x x Như vậy, cho x đủ nhỏ cho (x x, y0 ) D Đặt: x z f (x x, y0 ) f (x , y0 ) gọi số gia riêng hàm số z f (x, y) biến x (x , y0 ) Khi f (x , y ) z lim x x x x y y0 O (x , y0 ) x0 (x x, y ) x x Hình 1.6 Cách lập số gia riêng hàm số Đạo hàm riêng theo biến y (x , y0 ) , kí hiệu x Chỉ cần tìm hai NR độc lập tuyến tính Ta tìm NR dạng y ekx , k số Đạo hàm hai lần ta y k e kx ; y k e kx Thay vào PT cho k 2e kx p k e kx q e kx e kx (k pk q) k pk q PTĐT (4.35) Hai nghiệm k1 , k thực, phân biệt Rõ ràng, y1 e k1x ; y e k 2x hai nghiệm (thực) Chúng đltt y1 e(k k1 )x const NTQ (4.34) y C1e k1x C 2e k 2x y2 Hai nghiệm thực trùng nhau: k1 k y1 e k1x NR Dễ thấy nghiệm riêng thứ hai y x e k1x ; rõ ràng hai nghiệm riêng đltt Vậy NTQ (4.34) y e k1x (C1 C x) Hai nghiệm phức liên hợp k12 i Khi xét tập số phức, e ( i)x e(i)x hai nghiệm Từ đó, Y1 e(i)x e( i)x ex cosx Y2 e(i)x e(i)x ex sin x hai nghiệm Tuy nhiên, hai nghiệm thực đltt Vậy nghiệm tổng quát PTTN y ex (C1cos x C sin x) Bảng 4.1 Giải PT hệ số số y py y PTĐT k2 + pk + q = Nghiệm tổng quát Có nghiệm thực k1 k C1e k1x C 2e k 2x Có nghiệm kép k1 k e k1x (C1 C x) Có nghiệm phức liên hợp i e x (C1 cos x C sin x) Ví dụ 4.18 Tìm nghiệm tổng quát PT i) y 2y 3y 0; ii) y 6y 9y Giải i) PTĐT: k 2k k1 1, k 3 NTQ : y C1e x C 2e 3x ii) PTĐT: k 6k k1 k NTQ : y (C1 C x)e3x Ví dụ 4.19 Tìm nghiệm PT y 2y 5y thỏa mãn 127 # i) Điều kiện ban đầu y(0) 1, y(0) ; ii) Điều kiện biên y(0) 0, y() Giải PTĐT k 2k k12 2i NTQ: y e x (C1cos 2x C sin 2x) i) Từ điều kiện suy y e x (cos 2x sin 2x) ii) Từ điều kiện C1 e C1 : vô lý; toán vô nghiệm # b Phương trình với vế phải đặc biệt y py qy f (x) (4.36) p, q hai số cho trước, f(x) hàm liên tục PT k pk q : PT đặc trưng (4.36) Ở phần a) biết cách tìm nghiệm tổng quát PTTN Ta cần tìm NR; cộng hai nghiệm lại ta NTQ PT (4.36) Chúng ta tìm NR PT không TN (4.36) vế phải f(x) có dạng đặc biệt Bảng 4.2 Tìm nghiệm riêng PT hệ số số y’’ + py’ + q = f(x) Vế phải f(x) e x Pn (x) So sánh với nghiệm PTĐT k pk q Dạng nghiệm riêng không nghiệm e x Q n (x) nghiệm đơn x ex Q n (x) nghiệm kép x ex Q n (x) i ex [Pm (x)cosx Q n (x)sin x] không nghiệm ex Hs (x)cosx K s (x)sin x i xex Hs (x)cosx K s (x)sin x nghiệm ( s Max (m, n) ) Công thức đạo hàm sau có ích (eax f (x)) eax (f (x) af (x)) Ví dụ 4.20 Giải PT y 2y y x PTĐT: k 2k k1 k NTQ PTTN y e x (C1 C x) Thấy x e0x P(x) không nghiệm PTĐT Tìm NR dạng y y e0x (A Bx) A Bx 128 Thay vào PT, đồng hệ số hai vế ta A 3, B NR y x NTQ y e x (C1 C x) x # Ví dụ 4.21 Giải PT y 3y 2y e x (3 4x) PTĐT: k 3k k1 1, k NTQ PTTN y C1e x C 2e 2x * f (x) e x (3 4x) e1x P1 (x) nghiệm PTĐT, tìm NR dạng y y x e x (A Bx) e x (Ax Bx ) y e x [A (A 2B)x Bx ], y e x [2A (A 4B)x Bx ] Thay vào PT cho, đồng hệ số vế ta A 1, B NR : y xe x (1 2x) NTQ : y C1e x C 2e 2x xe x (1 2x) # Ví dụ 4.22 Giải PT y 4y 4y 4e 2x PTĐT: k 4k k1 k NTQ PTTN: y (C1 C x)e 2x f (x) 4e 2x e 2x P0 (x) nghiệm kép PTĐT NR dạng y y x 2e 2x A A e 2x x y 2Ae 2x (x x ); y 2Ae2x (1 4x x ) Thay vào PT cho, đồng hệ số vế ta A NR : y 2e 2x x NTQ : y (C1 C x 2x )e 2x # Ví dụ 4.23 Giải PT y y xe x 2e x PTĐT: k k i i NTQ PTTN y e0x (C1cos1x C sin1x) C1cos x C sin x Thấy f (x) f1 (x) f (x), f1 (x) xe x , f (x) 2e x * Xét PT y y f1 (x) xe x f1 (x) xe x e1x P1 (x) không nghiệm PTĐT, tìm nghiệm riêng y y1 e x (A Bx); y e x (A B Bx); y e x (A 2B Bx) Thay vào PT ta A 1 / 2; B / NR : y1 e x ( 1 x) / * Bây xét PT y y f (x) 2e x 1 không không nghiệm PTĐT, tìm nghiệm riêng dạng 129 y y e x C y e x C, y e x C Thay vào PT C NR : y e x # NTQ : y C1cos x C sin x e x (x 1) / e x Một số ứng dụng thực tế PTVP cấp II b) Thảo luận Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai: định nghĩa, PT c) Tự học tương ứng, phát biểu định lý nói lên cấu trúc nghiệm PTVPTT cấp hai - Đưa PT cấp II cấp I: Đặt p p(x) y y p (vắng y) hay p p(y) y y p.p (vắng x) Bảng 4.2 Đọc Ví dụ: VD 4.51; VD 4.52; VD 4.53; D 4.54((i), (ii)) d) Bài tập Tài liệu [1], tr Tài liệu Bài giảng 14: Phương trình vi phân (tiếp) Chương, mục: Tiết thứ: 66-70 Tuần thứ: 14 Mục đích, yêu cầu: Nắm khái niệm hệ PTVP, tương ứng hệ PTVP cấp I PTVP cấp cao PP đưa hệ PTVP cấp cao, áp dụng với hệ nhất, hệ số số - Hình thức tổ chức dạy học: Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu - Thời gian: Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t - Địa điểm: Giảng đường P2 phân công - Nội dung chính: Chữa tập phương trình vi phân cấp §4.2 Phương trình vi phân cấp hai (tiếp) §4.3 Hệ phương trình vi phân Ôn tập chương § 4.2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI (tiếp – tiết) 4.2.5 PT TT với hệ số số vế phải đặc biệt Ví dụ 4.24 Giải PT y 9y 4x sin x PTĐT: k k 3i NTQ PTTN y C1cos3x C2 sin 3x 130 Ta thấy f (x) 4x sin x e 0x (0.cos x 4x sin x) i i không nghiệm PTĐT, s Max(0, 1) Vậy ta tìm nghiệm riêng dạng y y e0x [(A Bx)cos x (C Dx)sin x] (A Bx) cos x (C Dx)sin x, y Bcos x ( A Bx)sin x (C Dx) cos x Dsin x (B C Dx) cos x ( A D Bx)sin x, y D cos x ( B C Dx)sin x ( A D Bx) cos x Bsin x ( A 2D Bx) cos x (2B C Dx)sin x Thay vào PT, đẳng hai vế ta được: (8A 2D 8Bx) cos x (2B Cc 8Dx)sin x 4x sin x 2D 8A A 1 / B 8B 0 8A 2D 8Bx 2B 8C 8Dx 4x 2B 8C C D / 8D 1 y cos x x sin x 1 NTQ y cos x x sin x C1cos3x C sin 3x # Nhận xét Nếu vế phải chứa hàm cosin, sin toán dạng khó Khi đạo hàm, ta nên viết cos cos, sin sin, viết số hạng đa thức theo thứ tự luỹ thừa tăng dần, hệ số theo thứ tự A, B, C Điều quan trọng phải tập trung cao độ ta hy vọng nhận đáp số Ví dụ 4.25 y y 2cos x ĐS y C1 C 2e x x cos 2x sin 2x # 10 10 c Phương trình tuyến tính cấp cao với hệ số số NR Dạng: y (n) p1y (n 1) p n 1y p n y f (x) (4.37) p1, p , , p n - số, f(x):hàm liên tục (a, b) Bảng 4.3 Giải PT hệ số số PTĐT k n p1k n 1 p n Nghiệm riêng ĐLTT tương ứng k nghiệm đơn e kx k nghiệm kép bội m e kx , xe kx , , x m 1e kx i nghiệm phức liên hợp ex cosx, xex cosx, , x m1ex cosx bội m ex sin x, xex sin x, , x m1ex sin x 131 Tìm nghiệm riêng PT không tương ứng phương pháp biến thiên số Lagrange với PT cấp cao giống trường hợp PT cấp II Ví dụ 4.27 Giải PT i) y 3y y 3y 3e 2x ; ii) y (4) 8y 48 x e 2x ; iii) y (4) y 4sin x : Tự đọc Giải i) PTĐT k 3k k (k 1)(k 3) k 1, 1, NTQ PTTN y C1e x C 2e x C3e3x Để tìm nghiệm riêng, ta thấy f (x) 3e 2x : không nghiệm PTĐT Ta tìm nghiệm riêng dạng y y Ae2x Thay vào PT cho, đẳng hệ số vế ta A y e 2x Vậy, NTQ phương trình cho y C1e x C 2e x C3e3x e 2x ii) PTĐT k 8k k(k 2)(k 2k 4) k1 0; k 2; k 34 1 i NTQ PTTN: y C1 C 2e 2x C3e x cos x C 4e x sin x * Nghiệm riêng f (x) 16xe 2x : nghiệm đơn PTĐT Tìm nghiệm riêng dạng y y xe 2x (A Bx) e 2x (Ax Bx ) y e 2x A (2A 2B)x 2Bx y e2x 4A 2B (4A 8B)x 4Bx y e 2x 12A 12B (8A 24B)x 8Bx y(4) e 2x 32A 48B (16A 64B)x 16Bx Thay vào PT cho ta y(4) 8y e 2x 24A 48B 48Bx f (x) e 2x (48x) B 1; A y e 2x (2x x ) Vậy nghiệm tổng quát PT cho y C1 C 2e 2x C3e x cos x C 4e x sin xe 2x (2 x) iii) ĐS: NTQ y C1 e x C e x C3 cos x C sin x x cos x § 4.3 SƠ LƯỢC VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN (1 tiết) 4.3.1 Định nghĩa - Bài toán Cauchy – Các loại nghiệm a Định nghĩa 132 # dy1 dx f1 (x, y1, , y n ) Dạng: dy n f n (x, y1 , , y n ) dx x: biến độc lập, y1, y , , y n : ẩn hàm phải tìm (4.40) * Họ hàm số y1 y1 (x), , y n y n (x), x (a, b) gọi nghiệm hệ (4.40) khoảng (a; b) thay vào hệ, đồng thức b Bài toán Cauchy Định lý 4.8 (Định lý tồn nghiệm hệ PTVP cấp I) c Nghiệm riêng, nghiệm tổng quát 4.3.2 Giải hệ phương trình vi phân (xem tài liệu [1] tr ) a Phương pháp khử - Từ PT hệ, đạo hàm hai vế liên biến x - Dùng PT khác hệ, dẫn đến PT cấp cao ẩn hàm - Giải PT cấp cao này, từ nhận ẩn hàm khác y2 y z Ví dụ 4.28 Giải hệ phương trình z y Giải Lưu ý biến độc lập x Đạo hàm PT thứ hai z y Dùng PT đầu, PT sau, dẫn đến y (2z)2 z z 2z2 : PT bậc hai với z, vắng x z z Đặt z p p(z), z p.p , z z p p 2p * Rõ ràng p nghiệm, ứng với z C 0, y * p 0, p dp dz Giải ta p z dz Cz z dx Cx D Từ PT sau, y 2z 2p 2Cz y ĐS ; z C b Phương pháp tổ hợp y 2C (Cx D) 2C (Cx D) 133 ,z Cx D # o Từ số PT hệ tìm số biểu thức ràng buộc biến độc lập x với ẩn hàm y1 , , y n ): i (x, y1, , y n ) 0, i 1, , k : Các tích phân đầu (4.42) o Suy nghiệm x () x t 3x 5y Ví dụ 4.29 Gải hệ y y () t 3x 5y Giải Chia PT (**) cho PT (*); lấy PT (*) nhân với 3, PT(**) nhân với cộng lại ta nhận hệ tD dy y x dx x y Cx 5C # d(3x 5y) 3x 5y t D y C(t D) dt 5C c Phương pháp đồ thị Đọc tài liệu [1] d Mối quan hệ hệ PTVP PTVP cấp cao Đọc tài liệu [1] Ví dụ 4.31 Xét PTVP cấp hai y xy y x (ẩn hàm y y(x) ) Cần tìm nghiệm (a; b) Đặt z y z y xy y x xz y x , ta đưa hệ y z z y xz x (ẩn y, z) Việc giảm cấp PTVP phải trả giá việc tăng số PT hệ 4.3.3 Hệ PTVP hệ số số a Khái niệm Trường hợp đơn giản (4.40) hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp y1 a11 (x) y1 a1n (x) y n b1 (x) (4.44) y a (x) y a (x) y b (x) n n1 nn n n x: biến độc lập,1 y1 , , y n : ẩn hàm, a ij (x), bi (x) : liên tục (a, b) Cũng xét: toán Cauchy, nghiệm riêng, nghiệm tổng quát, cấu trúc nhiệm cách giải hệ nhất, hệ không trường hợp đặc biệt phương pháp biến thiên số trường hợp tổng quát… Tuy nhiên, xem xét trường hợp đặc biệt đơn giản (4.44), hệ với hệ số số (còn gọi hệ vi phân ôtônôm tuyến tính) y1 a11y1 a1n y n ( a ij - const) (4.45) y a y a y n n1 nn n 134 b Phương pháp khử Chúng ta dùng phương pháp khử nêu để đưa PT vi phân cấp n, sau tìm nghiệm tổng quát Điều đặc biệt thuận lợi n nhỏ (chẳng hạn, n = 2, 3) () x x 2y Ví dụ 4.32 Giải hệ t () yt x y Giải Đạo hàm vế PT (*), x x 2y Ta cần đưa PT biến x Sử dụng PT (**) sau (*) ta x x 2(x y) x 2x 2y x 2x (x x) x x Giải PT cấp hai ta nghiệm tổng quát x Ce t De t Từ đó, y (x x) / De t Tóm lại, nghiệm hệ x Ce t De t , y De t # c Phương pháp Euler (☼) Ví dụ 4.33 Giải hệ PTVP sau dy dx y z i) dz y 3z dx x y z ii) y z z x z y (C D Dx)e 2x Giải i) NTQ z (C Dx)e 2x x (C C3 ) cos t (C2 C3 ) sin t ii) NTQ y C1e t C2cos t C3 sin t t z C1e C sin t C3cos t § 4.4 MỘT SỐ VÍ DỤ VÀ BÀI TOÁN TỔNG HỢP ( tiết) Ví dụ 4.34 Giải PT (x y 1) dx (2x 2y 1) dy x y Giải Xét hệ 2x 2y 1 Vì D , nên ta đặt z x y , dz dx dy dy dz dx 2 2z dz dx dz dx hay z2 z2 2z 3ln z x C x 2y 3ln x y C # Ví dụ 4.35 Giải PT xy x x y y (x 0) cách đặt y zx Giải Xét x , đặt y z.x (z z(x)) z Thay vào PT 135 y , y z.x z x x z xz x z zx z z dz 1 z dx ln z z x C y x y2 Dxe x Lưu ý PT cho không nhất; nhiên ta giải thành công đặt y zx ! # Ví dụ 4.37 (Bài toán nồng độ dung dịch) Một bể 1000 l nước có hòa tan 50 kg muối Bơm nước biển với nồng độ muối 10 g/l vào bể với vận tốc 10l/phút, giữ thể tích nước bể cố định cách rút nước khỏi bể với vận tốc 10 l/phút i) Lập phương trình vi phân mô tả lượng muối bể theo thời gian ii) Sau 40 phút, lượng muối lại bể bao nhiêu? ĐS: 36,8 kg Ví dụ 4.46 Số lượng ban đầu mẻ vi khuẩn buồng cấy 1000 vận tốc sinh trưởng tỷ lệ với số lượng vi khuẩn có mặt buồng cấy Sau giờ, quần thể có 000 (a) Tìm biểu thức số lượng vi khuẩn sau t (b) Tìm số vi khuẩn sau (c) Tìm vận tốc sinh sau (d) Sau số lượng vi khuẩn tăng lên gấp đôi Ví dụ 4.47 (Bài toán xác định niên đại hóa thạch) Người ta cho rằng, lượng phóng xạ mà trái đất nhận từ vũ trụ cân với lượng phóng xạ mà chất phóng xạ trình phân rã Vì thế, coi lượng carbon14 thể sống thời đại Tuy nhiên, thể sống chết tốc độ thay đổi carbon-14 tỷ lệ thuận với khối lượng có thể Gọi y(t) lượng carbon-14 hóa thạch thời điểm t tốc độ thay đổi carbon-14 hóa thạch thời điểm y(t) ky(t) , k - số âm Biết chu kỳ bán phân rã carbon-14 5730 năm, tính hệ số phân rã k Hóa thạch thể người chứa 54% lượng carbon-14 ban đầu, người sống cách lâu? HD Với T 5730 , y(T) 0,54y y 0e kt t y y 0e kT k 0,00012 ln 0,54 5134 (trên năm ngàn năm) k # Ví dụ 4.48 Giải PT (sin y x ) dx x sin 2y dy Q P Q P x y (x) e sin 2y, sin 2y x y Q x 136 dx x x2 PT (sin y x ) dx x sin 2y dy , PTVP toàn phần x x2 Trên miền {(x, y) : x > 0} , với (x , y0 ) (1, 0) , tích phân tổng quát là: x y sin y 1 sin dx sin 2ydy C hay x C x x x # Ví dụ 4.49 Giải phương trình y 2dx (2xy 3)dy Giải Rõ ràng y = nghiệm Với y , PT x x , nghiệm tổng quát là: y y 2 y dy y dy xe e dy C Cy hay xy Cy3 y y (Đây tích phân tổng quát PT cho) Ví dụ 4.50 Giải phương trình: (x y 2)dx (x y 4)dy # x y x 1 Xét hệ x y y u x x u Đặt , dx du, dy dv Nhận PT v y y v (u v)du (u v)dv Đây PT với u biến độc lập, v ẩn hàm, PT đẳng cấp Đặt v tu dv u dt t du dần đến u(1 2t t ) du u (1 t) dt d u (1 2t t ) u (1 2t t ) C u 2uv v C Trở biến cũ, x 2xy y 4x 8y C Cách II Thật may, PTVP toàn phần! # Ví dụ 4.51 Giải PT x y xy y cos(ln x) phép đổi biến x e t Giải Đặt x e t 0, x t e t t ln x, t x / x e t dy dy dt yt e t , dx dt dx yxx (yt e t )t t x (y2 e t yt e t ).e t (ytt yt ).e 2t yx t Thay vào y 2y y cos t, (y y(t)) PTĐT: k 2k k1 k NTQ PTTN ứng với (*) y (C1 C t) e t 137 (*) NR PT (*) có dạng: y y1 A cos t Bsin t 1 Tìm A 0, B y (C1 C t)e t sin t 2 NTQ PT cho y C1x C x ln x sin (ln x) Nhận xét PT ax y bxy cy f (x) gọi PT Euler Nó giải phép đổi biến x e t miền {x 0} (trong miền {x 0} đặt x e t ) Các bạn phải thục tính yt , ytt mong giải đúng! # Ví dụ 4.52 Giải phương trình xy 2y xy e x phép đổi hàm z = yx Giải Đặt z yx z yx y, z 2y y.x Thay vào phương trình nhận z z e x (*) PTĐT PT (*) k k1 1, k 1 NTQ PT TN tương ứng z C1e x C 2e x Vế phải f (x) e x , nghiệm đơn, tìm nghiệm riêng (*) dạng z A.xe x z Ae x Axe x , z 2Ae x Axe x Thay vào PT (*) tới 2A A / z xe x / NTQ PT cho là: z 1 y C1e x C2e x xe x x x Ví dụ 4.53 Giải phương trình e2x i) y 4y 5y , ii) y - 2y y e x / (1 x ) cosx # Giải i) Phương trình đặc trưng: k 4k k1,2 i NTQ PTTN tương ứng: y e 2x (C1 cos x C sin x) NTQ phương trình không TN dạng y C1 (x) e 2x cosx C (x) e 2x sin x C1 e2x cos x C2 e2x sin x C1, C2 : 2x 2x 2x C1 e (2cos x sin x) C2 e (2sin x cos x) e / cos x C (x) sin x / cos x C1 (x) ln cosx A C2 (x) x B C2 (x) NTQ PT cho y ln cosx A e2x cosx (x B) e 2x sinx ii) NTQ PT y1 (C1 C x)e x 138 NTQ PT ban đầu dạng: y C1 (x)e x C (x) xe x với C1 e x C2 xe x x C1 , C x x x x x2 1 x2 C1 e C2 (e xe ) e / (1 x ) C ln x K C arctan x K NTQ PT cho: y e x K1 K x x arctan x ln x # x 2x 5y x 2x 2y Ví dụ 4.54 i) ; iii) y 3x 4y y 8x 2y Giải i) Đạo hàm PT đầu, sử dụng PT thứ hai PT đầu ta x 2x 5y 2x 5(3x 4y) 2x 15x 20(x 2x) / x 6x 7x PTĐT: k 6k k 1, k NTQ : x Ce t De7t y (x 2x) / (3 / 5)Ce t De7t x 5C1e t C2 e7t Đặt C 5C1 , D C2 , nhận t 7t y 3C1e C2 e iii) Đạo hàm PT thứ nhất, dùng PT đầu PT thứ hệ ta x 2x 2y 2x 2(8x 2y) 2x 16x 4(2x x) / (*) x 4x 20x PTĐT: k 4k 20 k 4i NTQ PT (*): x e 2t (Ccos 4t D sin 4t) y (2x x ) / e 2t ( 2D cos 4t 2C sin 4t) x (Ccos 4t Dsin 4t)e 2t NTQ hệ cho 2t y (2Dcos 4t 2Csin 4t)e *CÔNG BỐ KẾT QUẢ điểm Quá trình, điểm thường xuyên Học viên thắc mắc – Giáo viên trả lời điểm Quá trình – Thường xuyên Để giải PTVP cấp cao ta dùng PP nào? b) Thảo luận - Phương pháp khử để giải hệ PTVP c) Tự học 24(e); 26(h, i, j); 27(c); 30(d, e, f); 31(b); 32; 33(a, b, c) d) Bài tập (2t) Tài liệu [1], tr Tài liệu TÓM TẮT CHƯƠNG PTVP cấp PT Dạng: f (x) dx g(y) dy phân ly 139 f (x) dx g(y) dy C PT Nhất PT tuyến tính y Dạng: y f x Đặt y u(x).x y ux u , đưa PT phân ly Dạng: y p(x)y q(x) p(x) dx p(x) dx dx C q(x) e NTQ: y e Dạng: y p(x)y q(x)y ( ) PT Bernoulli Chia hai vế cho y , đặt z y1 đưa PTTT PT VP Toàn phần Dạng: P(x, y) dx Q(x, y) dy Q P x y x TPTQ: u(x, y) P(x, y0 )dx Q(x, y) dy C x0 PTVP cấp hai y0 Q P (x) dx (x) (x) e : Chọn Thừa số x y Q tích P Q (y) dy phân (y) : Chọn (y) e y x P F(x, y, y) (vắng y): Đặt y p p(x) , y p Giảm cấp F(y, y, y) (vắng x) : Đặt y p(y) , y p.p Dạng: y p(x)y q(x)y f (x) PT Thuần nhất: y p(x)y q(x)y tuyến tính Cấu trúc nghiệm: y C1y1 (x) C2 y (x) y Tìm nghiệm ĐLTT PT y1 (x) y (x) PP Tìm nghiệm riêng y C1 (x) y1 (x) C (x) y (x) : biến thiên C1 y1 C2 y số C1 y1 C2 y2 f (x) Hệ số Hệ PTVP y PP khử PP Tổ hợp Hệ số Thuần nhất: Bảng 4.1 Vế phải đặc biệt: Bảng 4.2 Cấp cao, vế phải đặc biệt: Bảng 4.3 Đưa PT cấp cao Tìm số tích phân đầu Dùng PP khử để đưa PT cấp cao Dùng PP Euler 140 Bài giảng 15: Ôn tập Chương, mục: Tiết thứ: 70-75 Mục đích, yêu cầu: Tuần thứ: 15 Củng cố kiến thức môn học Sẵn sàng để thi hết môn - Hình thức tổ chức dạy học: Hình thức chủ yếu: Lý thuyết, thảo luận - tự học, tự nghiên cứu - Thời gian: Lý thuyết, thảo luận: 5t - Tự học, tự nghiên cứu: 5t - Địa điểm: Giảng đường P2 phân công - Nội dung chính: Ôn tập hết môn Chữa chưa có điều kiện chữa Làm lại ví dụ chưa kịp giới thiệu (Giáo viên làm chính) Nhắc lại câu hỏi lý thuyết, cách học chúng Hướng dẫn thi hết môn Một số kinh nghiệm thi Nhắc lại tinh thần nghiêm túc thi cử Nhắc số quy đinh kỳ thi 141 [...]... y1 ), (x 2 , y2 ) ta thực hiện như sau: f (x1 , y1 ) 2, f (x 2 , y 2 ) 2 , GTLN ĐK Max( 2, 2) 2 , GTNN ĐK = Min( 2, 2) 2 x 2 y2 z2 ii) Đặt (x, y, z, ) x 2 y 2 z 2 2 2 2 1 a b c x 2x 2 x / a 2 0 y 2x 2 y / b 2 0 2x 2 z / c2 0 z x 2 y2 z2 2 2 2 1 0 b c a x 0 Từ 3 phương trình đầu ta được , 2 ... 2 b z 0 2 c 1 c 2 M1 ,2 (0, 0, c), 2 b 2 M 3,4 (0, b, 0), 3 a 2 M 5,6 (a, 0, 0) x 2 y2 z2 * Đặt (x, y, z) x y z 2 2 2 1 a b c 2 2 2 dx 2 dy 2 dz 2 d 2 (x, y, z) 2dx 2 2dy 2 2dz 2 2 2 2 2 a b c 2 1 2 dx 2 1 2 dy 2 1 2 dz 2. .. x y 1 2 y 0 2 2 x y 1 0 2 1 / 2 1 1 / 2, 2 1 / 2 , điểm dừng điều kiện tương 1 1 1 1 , , ứng là (x1, y1 ) và (x 2 , y 2 ) 2 2 2 2 Đặt (x, y) x y (x 2 y 2 ) d (x, y) ; d 2 (x, y) (dx 2 dy 2 ) dx, dy: d(x 2 y 2 1) 0 xdx ydy 0 * Với 1 1 1 1 , (x1, y1 ) , 2 2 2 32 dx, dy: ... (dx) 2 2f xy dx dy f yy (dy) 2 d 2f f xx (1.34) Công thức tượng trưng 2 d f dx dy f y x Tương tự 2 (1.35) n d f dx dy f y x Xảy ra công thức tương tự cho hàm nhiều biến hơn, n (1.36) 2 d f (x, y, z) dx dy dz f y z x 2 2f 2f 2f x y z dx 2 2 dy 2 2 dz 2 2 2 2f 2f 2f dxdy 2 dxdz 2 dydz xy... 2 2 d 2 1 x1 , y1 1 (dx 2 dx 2 ) 2 dx 2 0 (dx 0) 2 1 1 , Vậy là cực tiểu điều kiện (CTĐK), zCTĐK z(x1, y1 ) 2 2 2 * Với 2 1 1 1 , , làm tương tự trên, (x 2 , y 2 ) là điểm cực 2 2 2 đại điều kiện và z(x 2 , y 2 ) 2 Nếu chỉ cần tìm GTLN - GTNN điều kiện, vì đường tròn x 2 y 2 1 là đóng và giới nội nên sau khi tìm được các giá trị 1 ,2. .. định từ hệ y2 ux 1 2 0 4x y z2 1 2 0 M ,1,1 (điểm dừng duy nhất) uy 2x y 2 2z 2 2 0 uz y z 1 2z 2 2z 2 4 3 , uyz 2 , uzz 3 2x y y z 2x 2x y Tính các đạo hàm riêng cấp hai này tại M, dẫn đến d 2 u(M) 4dx 2 3dy 2 6dz 2 4dxdy 4dydz Đây là dạng toàn phương của các biến dx, dy, dz Ma trận của dạng toàn 4 2 0 3 2 phương... dụ 1 .21 Tìm GTLN - GTNN của hàm số z x 2 y xy 2 3xy trong miền D {0 x 2, 0 y 2} Giải zx 2xy y 2 3y 0 M1 (1,1), M 2 (0,0), M3 (3,0), M 4 (0,3) 2 z x 2xy 3x 0 Tuy nhiên chỉ có điểm M1 (1,1) là điểm trong của D, z(1,1) 1 29 * y 0, x [0, 2] z 0 * y 2, x [0, 2] z 2x 2 2x, z 4x 2 ; 1 1 1 , z , z (2) 4, z(0) 0 2 2 2 Vai... từ ràng buộc: x 2 y2 z2 xdx ydy zdz dF(x, y, z) d 2 2 2 1 2 2 2 2 0 a b c b c a (*) + Tại 1 c 2 và M M1 ,2 , ràng buộc (*) trở thành 2 cdz c2 0 hay dz 0 c 2 c 2 Khi đó d 2 1 (0,0, c) 2 1 2 dx 2 1 2 dy 2 0 a b Vậy (0, 0, c) là điểm cực tiểu điều kiện và z(0, 0, c) c 2 * Làm tương tự,... Chỉ hàm số Các biến tham gia ở mẫu: Chỉ đối số Ví dụ 1. 12 Tính đạo hàm của hàm số hợp i) z ln(u 2 v 2 ) với u xy, v x / y ; Giải i) ii) z e xy ln(x 2 y 2 ) z z u z v 2u 2v 1 2 2 y ; x u x v x u v 2 x u 2 v2 y z z u z v 2u 2v x 2( y 4 1) x 2 y u y v y u 2 v 2 u v2 y2 y(y 4 1) ii) Thực ra, khi đạo hàm ta không cần viết... (1.19) d v2 v Các công thức này đúng cho u, v là biến độc lập nên đúng cho u, v là biến phụ thuộc Ví dụ 1.13 Tính vi phân của các hàm số sau i) z arcsin y2 ; x ii) z arc tan (xy 2 ) Giải i) dz 1 2 2 y 1 x ii) dz 1 2 1 (xy ) y2 d x d(xy 2 ) 2 2xy dy y 2dx x x 2 y4 1 2 4 1 x y 1 .2. 4 Đạo hàm hàm số ẩn 16 x 2 (y 2dx 2xy dy) y( ydx 2x dy) x x 2 y4 a