Bai4 DAO HAM VA VI PHAN phan 3

ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN Phần KHAI TRIỂN TAYLOR Cho f(x, y) khả vi đến cấp (n+1) lân cận (x0, y0), lân cận ta có: d k f ( x0 , y0 ) f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) + ∑ + Rn k! k =1 n Cụ thể: n k 1 ∂ ∂  f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) + ∑  ∆x + ∆y ÷ f ( x0 , y0 ) + Rn ∂y  k =1 k ! ∂x Rn = d n +1 ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) Phần dư Lagrange (n + 1)! Có thể thay Rn o( ρn) (Peano) (là VCB bậc cao ρn ρ→ 0), 2 n ρ = ∆x + ∆y , o ( ρ ) Khai triển lân cận (0, 0) gọi kt Maclaurin Thông thường sử dụng pd Peano Sử dụng khai triển Maclaurin hàm biến kt Taylor hàm nhiều biến Viết kt lân cận (x0, y0) viết kt theo lũy thừa ∆x = (x – x0), ∆y = (y – y0) Ví dụ 1/ Khai triển Taylor đến cấp lân cận (1, 1), cho z = f(x, y) = xy f x′ = yx y −1, f y′ = x y ln x ⇒ df (1,1) = ∆x + 0.∆y f xx′′ = y ( y − 1) x y y −2 , y −1 y −1 ′′ f xy = x + yx ln x, ′′ = x ln x f yy 2 ⇒ d f (1,1) = 0.∆x + 2.∆x∆y + 0.∆y df (1,1) = ∆x + 0.∆y 2 d f (1,1) = 0.∆x + 2.∆x∆y + 0.∆y 2 df (1,1) d f (1,1) z = f ( x, y ) = f (1,1) + + + o( ρ ) 1! 2! ∆x 2∆x∆y z = 1+ + + o( ρ ) 1! 2! = + ( x − 1) + ( x − 1)( y − 1) + o( ρ ) Ví dụ 2/ Viết kt Maclaurin đến cấp cho z = f ( x, y ) = + x + y − xy Đặt u = x + y – xy, kt z theo u đến u2 2 z= = − u + u + o(u ) 1+ u 2 = − ( x + y − xy ) + ( x + y − xy ) + o(u ) = − x − y + x + 3xy + y + o( ρ ) Ví dụ 3/ Viết kt Taylor đến cấp với (x0, y0) = (0,1) cho z = f ( x, y ) = e x + xy Đặt X = x, Y = y – 1, z=e X + X + XY = + X + X + XY 2 ( X + X + XY ) ( X + X + XY ) + + + o( ρ ) z = + X + X + XY 2 ( X + X + XY ) ( X + X + XY ) + + + o( ρ ) 3 = + X + X + XY + X + X Y + o( ρ ) 3 z = + x + x + x ( y − 1) + x + x ( y − 1) + o( ρ ) Ví dụ 4/ Viết kt Taylor đến cấp với (x0, y0) = (1,2) Suy f”xy(1, 2) z = f ( x , y ) = x sin( y − 2) cho Đặt X = x – 1, Y = y – 2, z trở thành  Y  z = ( X + 1)sin Y = ( X + 1)  Y − + o(Y ) ÷   Y = Y + XY − + o( ρ ) ( y − 2) = ( y − 2) + ( x − 1)( y − 2) − + o( ρ ) ( y − 2) f ( x , y ) = ( y − 2) + ( x − 1)( y − 2) − + o( ρ ) d f (1, 2) = ( x − 1)( y − 2) = ∆x ∆y = dxdy 2! ⇔ ′′ (1,2)∆x + 2fxy ′′ (1,2) ∆x ∆y + fyy ′′ (1,2)∆y fxx ⇒ f”xy(1, 2) = = ∆x ∆ y Công thức tổng quát r a vector tùy ý: ∂f ( M ) ∂f ( M ) a1 ∂f ( M ) a2 r = r + r ∂a ∂x a ∂y a (hàm biến) ∂f ( M ) ∂f ( M ) a1 ∂f ( M ) a2 ∂f ( M ) a3 r = r + r + r ∂a ∂x a ∂y a ∂z a (hàm biến) Ví dụ Tìm đạo hàm theo hướng dương trục Ox điểm (-2,1) hàm số 2 f ( x, y ) = xy − x y Vector đơn vị theo hướng dương Ox là: r e = ( 1,0 ) ∂f ( −2,1) = f x′ ( −2,1) + f y′ ( −2,1) r ∂e = −12 = r Tìm đạo hàm theo hướng a = ( 1,1, −1) f ( x, y, z ) = x + xz − y z M = ( 2,1,2 ) r a ( 1,1, −1) = ( e1, e2 , e3 ) r = a ∂f ( M ) r = f x′ ( M ) e1 + f y′ ( M ) e2 + f z′ ( M ) e3 ∂a 1   15 = + + ( −9 )  − ÷= 3 3  Vector Gradient r r r Gọi i , j , k ( ) vector đơn vị trục tọa độ, f có đạo hàm riêng M ( x0 , y0 ) Gradient f M là: ( ∇f ( M ) = grad ( M ) = f x′ ( M ) , f y′ ( M ) ) r r = f x′ ( M ) i + f y′ ( M ) j Liên hệ ∂f ( M ) ∂f ( M ) ∂f ( M ) r e1 + e2 = ( ∇f ( M ) , e ) r = ∂e ∂x ∂y ∂f ( M ) r r = ∇f ( M ) e = ∇f ( M ) cos ϕ ∂e ϕ góc gradf ( M ) ∂f ( M ) r ∂e r &e đạt giá trị lớn khi: cos ϕ = ⇔ ϕ = Tổng quát Hướng vector gradient hướng mà hàm f tăng nhanh ∂f ( M ) r ∂a r  a  =  ∇f ( M ) , r ÷ a   Ví dụ ∂f (2, −3,0) r 1/ Tìm grad f (2, −3,0), ∂a yz r Với: f ( x, y, z ) = x.e , a = (2, −3,0) ( ) ( ∇f ( x, y , z ) = f x′, f y′ , f z′ = e yz , xze yz , xye yz ) ∇f (2, −3,0) = ( 1,0, −6 ) r ∂f (2, −3,0) a = ∇f (2, −3,0) r r ∂a a = ( 1,0, −6 ) ( 2, −3,0 ) 13 PHÁP TUYẾN – TIẾP DIỆN CỦA MẶT CONG Cho mặt cong S: F(x, y, z) = 0, M(x0,y0,z0) ∈ S r n •L đường cong S qua M Tiếp tuyến L M gọi tiếp tuyến S M •Các tiếp tuyến thuộc mặt phẳng gọi tiếp diện S M PHÁP TUYẾN – TIẾP DIỆN CỦA MẶT CONG Giả sử L ⊂ S có pt: x = x(t), y = y(t), z = z(t) M = (x(t0), y(t0), z(t0)) ∈ L Vector phương tiếp tuyến M : r u = ( x′(t0 ), y′(t0 ), z′(t0 ) ) M∈ S: F(x,y,z) = 0, ta có: Fx′ ( M ) x′(t0 ) + Fy′ ( M ) y′(t0 ) + Fz′ ( M ) z′(t0 ) = Fx′ ( M ) x′(t0 ) + Fy′ ( M ) y′(t0 ) + Fz′ ( M ) z′(t0 ) = ⇒ ( x′(t0 ), y′(t0 ), z′(t0 ) ) ⊥ ( Fx′ ( M ), Fy′ ( M ), Fz′( M ) ) r ⇒ u ⊥ gradF ( M ) (với đường cong S qua M) grad F(M) pháp vector tiếp diện S M • Pháp vector tiếp diện gọi pháp vector mặt cong S Phương trình pháp tuyến S : F ( x, y , z ) = 0, M = ( xM , yM , zM ) ∈ S x − xM y − yM z − zM = = Fx′ ( M ) Fy′ ( M ) Fz′ ( M ) S : z = f ( x , y ) , M = ( xM , y M , z M ) ∈ S x − xM y − yM z − z M = = f x′ ( M ) f y′ ( M ) −1 Phương trình tiếp diện S : F ( x, y , z ) = 0, M = ( xM , yM , zM ) ∈ S Fx′ ( M ) ( x − xM ) + Fy′ ( M ) ( y − yM ) + Fz′ ( M ) + ( z − zM ) = S : z = f ( x , y ) , M = ( xM , y M , z M ) ∈ S z − zM = f x′ ( M ) ( x − xM ) + f y′ ( M ) ( y − yM ) Ví dụ 1/ Tìm phương trình tiếp diện mặt cầu: x +y +z =4 2 a M = ( 0,0,2 ) ( b M = 1, 3,0 ) F ( x, y , z ) = x + y + z − = 2 gradF ( x, y , z ) = ( x, y, z ) a gradF ( 0,0,2 ) = ( 0,0,4 ) ( T ) : ( x − ) + ( y − ) + ( z − ) = ⇔ z=2 ( ) ( ) ( T ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − ) = a gradF 1, 3,0 = 2,2 3,0 ⇔ x+ y 3−4=0 [...]... tăng nhanh nhất ∂f ( M 0 ) r ∂a r  a  =  ∇f ( M 0 ) , r ÷ a   Ví dụ ∂f (2, 3, 0) r 1/ Tìm grad f (2, 3, 0), ∂a yz r Với: f ( x, y, z ) = x.e , a = (2, 3, 0) ( ) ( ∇f ( x, y , z ) = f x′, f y′ , f z′ = e yz , xze yz , xye yz ) ∇f (2, 3, 0) = ( 1,0, −6 ) r ∂f (2, 3, 0) a = ∇f (2, 3, 0) r r ∂a a = ( 1,0, −6 ) ( 2, 3, 0 ) 13 PHÁP TUYẾN – TIẾP DIỆN CỦA MẶT CONG Cho mặt cong S: F(x, y, z) = 0, M(x0,y0,z0)... −12 0 = 9 r 2 Tìm đạo hàm theo hướng a = ( 1,1, −1) tại f ( x, y, z ) = x 2 + 2 xz − 3 y 2 z 3 M = ( 2,1,2 ) của r a 1 ( 1,1, −1) = ( e1, e2 , e3 ) r = a 3 ∂f ( M ) r = f x′ ( M ) e1 + f y′ ( M ) e2 + f z′ ( M ) e3 ∂a 1 1  1  15 = 0 + 6 + ( −9 )  − ÷= 3 3 3 3  Vector Gradient r r r Gọi i , j , k ( ) là các vector đơn vị trên các trục tọa độ, f có các đạo hàm riêng tại M 0 ( x0 , y0 ) Gradient của... tiếp diện của mặt cầu: x +y +z =4 2 2 2 a M = ( 0,0,2 ) ( b M = 1, 3, 0 ) F ( x, y , z ) = x + y + z − 4 = 0 2 2 2 gradF ( x, y , z ) = ( 2 x, 2 y, 2 z ) a gradF ( 0,0,2 ) = ( 0,0,4 ) ( T ) : ( x − 0 ) 0 + ( y − 0 ) 0 + ( z − 2 ) 4 = 0 ⇔ z=2 ( ) ( ) ( T ) : ( x − 1) 2 + ( y − 3 ) 2 3 + ( z − 0 ) 0 = 0 a gradF 1, 3, 0 = 2,2 3, 0 ⇔ x+ y 3 4=0 ... ( M 0 ) a2 ∂f ( M 0 ) a3 r = r + r + r ∂a ∂x a ∂y a ∂z a (hàm 3 biến) Ví dụ 1 Tìm đạo hàm theo hướng dương của trục Ox tại điểm (-2,1) của hàm số 2 2 f ( x, y ) = xy − 2 x y Vector đơn vị theo hướng dương của Ox là: r e = ( 1,0 ) ∂f ( −2,1) = f x′ ( −2,1) 1 + f y′ ( −2,1) 0 r ∂e = 9 1 −12 0 = 9 r 2 Tìm đạo hàm theo hướng a = ( 1,1, −1) tại f ( x, y, z ) = x 2 + 2 xz − 3 y 2 z 3 M = ( 2,1,2 ) của r a... lim ∂a t →0 t r ∂f ( M 0 ) chỉ tốc độ thay đổi của f theo hướng a r ∂a Định lý (cách tính đạo hàm theo hướng) r Nếu hàm f khả vi tại M0, e = ( e1, e2 ) là r e vector đơn vị, đạo hàm theo hướng tại M0 tồn tại, khi đó: ∂f ( M 0 ) ∂f ( M 0 ) ∂f ( M 0 ) r = e1 + e2 ∂x ∂y ∂e Hàm 3 biến cũng được tính tương tự y cos β = e2 r e (Vector đơn vị) β α e1 = cos α r e = ( cos α ,cos β ) r Các cosin chỉ phương