Đề thi môn giải tích không trơn

Trong viết đưa đề thi gồm đề thi số 1, đề thi số 2, đề kiểm tra học kì môn Giải tích đa trị, lời giải chi tiết bình luận phần giúp ích cho đọc giả theo học môn KÌ THI KẾT THỨC HỌC PHẦN ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HỌC KÌ I - NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ THI MÔN: Giải tích không trơn Dành cho lớp cao học k22 - Đề số Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1:(3 điểm) Tính trực tiếp đạo hàm theo hướng suy rộng f (0, v) v ∈ R x2 + x ≥ Với f hàm xác định bởi: f (x) = x + x < C Từ suy ∂ f (0) Câu 2:(4 điểm) Cho tập hợp D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y ≤ 2, y ≤ |x|} a) Biểu diễn tường minh hàm dD (x, y) lân cận điểm (0, 0), từ tính ND (0, 0) TD (0, 0) b) Tính trực tiếp ND (1, 1) TD (1, 1) Câu 3:(3 điểm) Cho f, g hàm nửa liên tục không gian Hilbert X Sử dụng đặc trưng phân vi xấp xỉ chứng minh ∂p f (x) + ∂p g(x) ⊂ ∂p (f + g)(x) (1) Cho ví dụ để thấy dấu đẳng thức (1) không xảy Hết Sinh viên không sử dụng tài liệu làm Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên sinh viên số báo danh LỜI GIẢI Câu 1: Đặt h(x, t) = f (x + t) − f (x) Khi theo định nghĩa vi t phân suy rộng có : f (0, 1) = lim sup h(x, t) = max{ lim sup h(x, t), lim sup h(x, t)} x→0,t→0+ + lim sup h(x, t) = x→0+ ,t→0+ x→0− ,t→0+ x→0+ ,t→0+ lim x→0+ ,t→0+ (2x + t) = + Chúng ta có h(x, t) =  1 − x ≥ t ≥ 2x + t + x − x t < −x < t Do h(x, t) ≤ + 2t, ∀t > 0, x < Nên lim sup h(x, t) ≤ x→0− ,t→0+ lim x→0− ,t→0+ (1 + 2t) = Mặt khác với n ∈ N∗ chọn xn = − tn = xn → 0− , tn → 0+ n n lim h(xn , tn ) = Suy n→0 lim sup h(x, t) = x→0− ,t→0+ Vậy f (0, 1) = Đặt g(x, t) = f (x − t) − f (x) Khi t f (0, −1) = lim sup g(x, t) = max{ lim sup g(x, t), lim sup g(x, t)} x→0+ ,t→0+ x→0,t→0+ + lim sup g(x, t) = x→0− ,t→0+ lim x→0− ,t→0+ x→0− ,t→0+ (−1) = −1 + Chúng ta có g(x, t) =  −2x + t x ≥ t ≥ −1 + −x + x t < x < t Do g(x, t) ≤ 0, ∀t > 0, x > Nên lim sup g(x, t) ≤ x→0+ ,t→0+ Mặt khác với n ∈ N∗ chọn xn = tn = xn → 0+ , tn → 0+ n n lim g(xn , tn ) = Suy n→0 lim sup g(x, t) = x→0+ ,t→0+ Vậy f (0, −1) = Do thu v ≥ 0 v < v f (0, v) = Ta có ∂ C f (0) = {a ∈ R | av ≤ f (0, v), ∀v ∈ R} = [0, 1] Câu 2: a) Xét hình cầu B (0, 2) lân cận     y − x √ dD (x, y) =   y+x   √ điểm (0, 0) có (x, y) ∈ D (x, y) ∈ D1 (x, y) ∈ D2 Ở D1 = {(x, y) ∈ R2 | ≤ x ≤ y} ∩ B (0, 2) D2 = {(x, y) ∈ R2 | ≤ −x ≤ y} ∩ B (0, 2) y+x y−x Với (x, y) ∈ B (0, 2) đặt: f1 (x, y) = 0, f2 (x, y) = √ , f3 (x, y) = √ Đặt Ω = ∂D ∪ ∂D1 ∪ ∂D2 , suy µ(Ω) = ΩdD ⊂ Ω ∀(x, y) ∈ intD suy dD (x, y) = f1 (x, y) = (0, 0) Với ∀(x, y) ∈ intD1 suy dD (x, y) = 1 f2 (x, y) = (− √ , √ ) 2 Với ∀(x, y) ∈ intD2 suy 1 f3 (x, y) = ( √ , √ ) 2 dD (x, y) = 1 1 2 2 a C Chúng ta có dD ((0, 0), (a, b)) = max{ax+by : (x, y) ∈ ∂ dD (0, 0)} = max{0, − √ + b a b √ , √ + √ } Do suy TD (0, 0) = {(a, b) ∈ R | dD ((0, 0), (a, b)) = 0} = 2 {(a, b) | b ≤ a ≤ −b, b ≤ 0} ND (0, 0) = {(x, y) | ax + by ≤ 0, ∀(x, y) ∈ TD (0, 0)} = {(x, y) | |x| ≤ y} b) Với δ < 1, xét hình cầu B ((1, 1), δ) lân cận (1, 1) Khi lân cận B ((1, 1), δ) điểm (1, 1) có: Chúng ta có (0, 0) ∈ D∪D1 ∪D2 nên ∂ C dD (0, 0) = co{(0, 0), (− √ , √ ), ( √ , √ )} dD (x, y) = y − x  √     (x, y) ∈ B1 (x − 1)2 + (y − 1)2      x2 + y2 −2 (x, y) ∈ B2 (x, y) ∈ B3 (x, y) ∈ B4 Ở B1 = {(x, y) : ≤ x ≤ y, y ≤ 2−x}∩ B ((1, 1), δ), B2 = {(x, y) : < x ≤ y, y ≥ − x} ∩ B ((1, 1), δ); B3 = {(x, y) ∈ / D : < y ≤ x} ∩ B ((1, 1), δ); B4 = D ∩ B ((1, 1), δ) Với (x, y) ∈ B (0, δ) đặt Ω = ∂B1 ∪ ∂B2 ∪ ∂B3 ∪ B4 , suy µ(Ω) = ΩdD ⊂ Ω ∀(xn , yn ) ∈ intB1 suy 1 dD (xn , yn ) = (− √ , √ ) 2 Với ∀(xn , yn ) ∈ intB2 suy dD (xn , yn ) = ( xn − (xn − 1)2 + (yn − 1)2 , yn − (xn − 1)2 + (yn − 1)2 ) Với ∀(xn , yn ) ∈ intB3 suy dD (xn , yn ) = ( xn x2n + yn2 , yn 1 ) → ( √ , √ ) xn → 1, yn → 2 x2n + yn2 Với (xn , yn ) ∈ intB4 suy ∂ C dD (xn , yn ) = (0, 0) Chúng ta ý (xn , yn ) ∈ intB2 , xn → 1, yn → 1, lim dD (xn , yn ) tồn tại, limn→0 dD (xn , yn ) ⊆ n→0 1 1 1 co{( √ , √ ), (0, 0), (0, √ )} Do suy ∂ C dD (1, 1) = co{(− √ , √ ), (0, 0), ( √ , √ )} 2 2 2 Phần lại làm tương tự ý a) Câu 3: Nếu ∂ C f (x) = ∅ ∂ C g(x) = ∅, (1) thỏa mãn Nếu ∂ C f (x) = ∅, ∂ C g(x) = ∅ với x0 ∈ ∂ C f (x), y0 ∈ ∂ C g(x) tồn σ ≥ 0, δ > (σ = max{σf , σg }, δ = min{δf , δg }) cho f (z) ≥ f (x) + x0 , z − x − σ z − x , ∀z ∈ B(x, δ) (2) g(z) ≥ g(x) + x0 , z − x − σ z − x , ∀z ∈ B(x, δ) (3) Cộng (2) (3) vế theo vế thu x0 + y0 ∈ ∂ C (f + g)(x) Ví dụ: lấy f (x) = |x| g(x) = −|x| không gian R Khi (f + g)(x) = suy ∂ C (f + g)(0) = {0} ∂ C g(0) = [−1, 1] ∂ C f (0) = ∅ nên ∂ C f (0) + ∂ C g(0) = ∅ KÌ THI KẾT THỨC HỌC PHẦN ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HỌC KÌ I - NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ THI MÔN: Giải tích không trơn Dành cho lớp cao học k22 - Đề số Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1:(4 điểm) Cho hàm hai biến f (x, y) = min{x2 − y, 4x + y} + |y|, ∀(x, y) ∈ R2 a) Tính trực tiếp ∂ C f (0, 0), ∂ C f (2, −2) b) Suy f ((0, 0), (2, 1)) f ((2, −2), (1, 2)) Câu 2:(3 điểm) Biểu diễn tập hợp sau hệ trục tọa độ Oxy : D = {(x, y) ∈ R2 | y ≤ √ x (x ≤ y ≥ 0)} Xác định nón pháp tuyến ND (0, 0) nón tiếp xúc TD (0, 0) D điểm (0, 0) Câu 3:(3 điểm) Cho hàm số f (x) = −x2 x2 − 2x x ≤ x > Xác định vi phân xấp xỉ ∂p f (x), ∀x ∈ R Hết Sinh viên không sử dụng tài liệu làm Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên sinh viên số báo danh LỜI GIẢI Câu 1: Vì x2 −y, 4x+y, y hàm khả vi liên tục nên suy x2 − y, 4x + y, |y| lipschitz địa phương R2 nên f (x, y) Chúng ta có  4x + 2y (x, y) ∈ D1    x2 (x, y) ∈ D2 f (x) =  4x (x, y) ∈ D3    x − 2y (x, y) ∈ D4 x2 − 4x x2 − 4x }; D2 = {(x, y) : y ≥ , y ≥ 2 x2 − 4x x2 − 4x , y ≤ 0}; D4 = {(x, y) :≥ y ≥ } Với 0}; D3 = {(x, y) : y ≤ 2 (x, y) ∈ R2 , đặt f1 (x, y) = 4x + 2y; f2 (x, y) = x2 ; f3 (x, y) = 4x; f4 (x, y) = x2 − 2y Phần lại làm tương tự câu ý a) Đề số để tìm ∂ C f (0, 0), ∂ C f (2, −2) f ((0, 0), (2, 1)), f ((2, −2), (1, 2)) Ở D1 = {(x, y) : ≤ y ≤ Câu 2: Ở câu dùng cách làm câu 2, Đề số để giải nó, mà sử dụng định lí nón tiếp xúc để làm Dựa vào hình vẽ tập D dễ dàng đoán TD (0, 0) = {(0, 0)} Bây chứng minh điều + Với v = (v1 , v2 ) ∈ R2 , v1 < 0, v2 ≥ Với dãy = (an , bn ) → v tồn n0 ∈ N∗ , ∀n > n0 an < Nếu có vô số phần tử bn ≥ chọn 1 dãy xn = ( , ) ∈ D, xn → (0, 0) chọn n n tn =  − an < 0 an ≥ n an Khi dễ thấy với n > n0 có vô số xn + tn ∈ / D Nếu có vô số phần tử bn < chọn dãy xn = ( , 0) ∈ D, xn → (0, 0) n chọn  − a < 2nan tn = n an ≥ 0 Khi dễ thấy với n > n0 có vô số xn + tn ∈ / D Vậy v ∈ / D + Với v = (v1 , v2 ) ∈ R2 , v1 ≤ 0, v2 < Với dãy = (an , bn ) → v n tồn n0 ∈ N∗ , ∀n > n0 bn < Bây chọn dãy xn = ( , 0) ∈ D xn → (0, 0) chọn tn =  − an < 1 an ≥ 2nan n Khi dễ thấy với n > n0 xn + tn ∈ / D Vậy v ∈ / D + Với v = (v1 , v2 ) ∈ R2 , v1 > (v2 > v2 ≤ 0) Với dãy = (an , bn ) → v tồn n0 ∈ N∗ , ∀n > n0 an > Bây chọn dãy xn = (0, − ) ∈ D xn → (0, 0) chọn n   bn ≥ n tn = 2nb 1 bn < n Khi dễ thấy với n > n0 xn + tn ∈ / D Vậy v ∈ / D + Với v = (0, v2 ) ∈ R , v2 > Với dãy = (an , bn ) → v tồn n0 ∈ N∗ , ∀n > n0 bn > Nếu có vô số phần tử an < chọn dãy 1 xn = (− , − ) ∈ D xn → (0, 0) chọn n n   bn > tn = nbn 0 b ≤ n Khi dễ thấy với n > n0 có vô số xn + tn ∈ / D Nếu có vô số phần tử an > chọn dãy xn = (0, − ) ∈ D n xn → (0, 0) chọn tn =   bn > 2nbn 0 bn ≤ Khi dễ thấy với n > n0 có vô số xn + tn ∈ / D Vậy v ∈ / D Chúng ta có điều cần chứng minh TD (0, 0) = {(0, 0)} Do suy ND (0, 0) = R2 Câu 3: Với x < suy f (x) khả vi liên tục vô hạn lần nên ∂ C f (x) = {f (x)} = {−2x} Với x > suy f (x) khả vi liên tục vô hạn lần nên ∂ C f (x) = {f (x)} = {2x − 2} Xét x = Giả sử x0 ∈ ∂ C f (0) ⇔ f (y) ≥ f (0) + x0 y − σy , ∀y ∈ (−δ, δ) (4) Nếu x0 < với y ∈ (−δ, 0) (4) trở thành −y ≥ x0 y − σy ⇔ σ − ≥ x0 , y cho y → 0− suy σ − ≥ +∞ nên mâu thuẫn Nếu x0 ≥ với y ∈ (0, δ) (4) trở thành y − 2y ≥ x0 y − σy ⇔ σ + ≥ x0 + , y cho y → 0+ suy σ + ≥ +∞ nên mâu thuẫn Vậy ∂ C f (0) = ∅ KẾT LUẬN Qua hai đề thấy muốn tính TD (v) có hai cách Cách thứ dựa vào việc xác định hàm khoảng cách dD lân cận v (lân cận chọn tùy ý cho dễ xác định hàm dD nhất), cách dùng tập D giới hạn đường tròn, đường thẳng mà Cách thứ dựa vào hình vẽ tập D để đoán tập TD (v) (Việc đoán không khó khăn), sau chứng minh dự đoán câu đề số Cách dùng tập D có giới hạn parabol, khó xác định hàm khoảng cách Khi xác định tập TD (v) dễ dàng suy tập ND (v) Chúng ta ý xn + tn đoạn thẳng gốc xn hướng theo chiều vecto , từ giúp dễ dàng việc chọn xn để xn + tn ∈ / D Câu 2, Đề thi số Chú ý không gian R2 , tính ∂ f (x0 ) việc tính f (x0 , v) không khó khăn, hàm ax + by đạt giá trị lớn số đỉnh đa giác giác lồi (như câu 2, đề số 1) ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ Môn: Giải tích không trơn Thời gian: 60 Câu 1:(4 điểm) Cho hàm f (x, y) = |x2 −y|−|x−2y+1| Xác định ∂ C f (0, 0), ∂ C f (1, 1) f ((1, 1), (−1, 2)) Câu 1:(4 điểm) Cho tập hợp D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y ≤ (x ≤ y ≤ 0)} a) Tính trực tiếp TD (0, 0) ND (0, 0) b) Tính trực tiếp TD (1, 0), TD (0, 1) ND (1, 0), ND (0, 1) LỜI GIẢI Câu 1: giải tương tự Câu 1, đề số Câu 2: Được giải tương tự Câu 2, đề số Để học tốt môn cần rèn luyện kĩ giải dạng tập Tài liệu tham khảo tham khảo thêm Giáo trình Giải tích đa trị (nguyên đông yên), phần nón tiếp tuyến Clark (tr 53) Chúc bạn học tốt! 10