Bài tập giải tích hàm Cao học Ôn thi cao học

Những bài tập dành cho học viên ôn thi cao học được trình bày vào giải trên file word; Lời giải chi tiết, dễ hiểu và rất cần thiết cho học viên ôn thi cao học vào các ngành toán giải tích; toán đại số hay phương pháp toán.

Học viên: Phạm Văn Tn Chun ngành: Tốn Giải tích BÀI TẬP GIẢI TÍCH HÀM Dạng 1: Chỉ chứng minh chuẩn khơng gian giải tích (Khơng gian định chuẩn) PP: B1: Chỉ chuẩn (Cái cần ý đến khơng gian giải tích học) Ví dụ: K-khơng gian véc tơ hữu hạn chiều: không gian R n ; không gian C[a;b] … B2: Chứng minh chuẩn (Chứng minh chuẩn thỏa mãn tính chất chuẩn) TC1: x = ⇔ x = ; TC2: αx = α x ; TC3: x + y ≤ x + y Dạng 2: Chứng minh hai chuẩn tương đương, không tương đương Câu Cho X K không gian véc tơ N1 , N hai chuẩn X Chuẩn N1 gọi tương đương với chuẩn N , Ký hiệu N1 : N , α, β∈ R * cho αN1 (x) ≤ N (x) ≤ βN1 (x) a Chứng minh không gian véc tơ hữu hạn chiều có chuẩn b Chứng minh chuẩn không gian véc tơ hữu hạn chiều tương đương c Cho ví dụ câu b trường hợp không cho không gian véc tơ hữu hạn chiều (VD: C [ a, b ] , : ∞ ) Giải: Giả sử V K không gian véctơ hữu hạn chiều với số { e1 ;e ; ;ed } (Không gian d chiều) d R cho bởi: x e + x e + + x e = a Xét ánh xạ : Vx → ∑ xi ; xi ∈ R 1 2 d d → x i =1 Khi chuẩn V Thật vậy: (Kiểm tra tính chất chuẩn) d d x = ⇔ x1e1 + x e + + x d e d = ∑ x i = ⇔ x i = ∀i = 1;d ⇔ ∑ x i ei = ⇔ x = i =1 i =1 d d i =1 i =1 αx = αx1e1 + αx e + + αx d ed = ∑ αx i = α ∑ x i = α x d d d i =1 i =1 i =1 x + y = (x1 + y1 )e1 + (x + y )e + + (x d + y d )e d = ∑ x i + y i ≤ ∑ x i + ∑ y i ⇔ x+y ≤ x + y b Chứng minh chuẩn V (hữu hạn chiều) tương đương Gọi chuẩn V , ta chứng minh chuẩn tương đương với chuẩn câu a Vì { e1 ;e ; ;ed } sở nên ei ≠ 0, ∀i = 1,d , ei ≥ 0, ∀i = 1,d { Đặt C1 = max e1 , , ed } >0 d d i =1 i =1 x = x1e1 + x 2e2 + + x d ed ≤ ∑ x i ei ≤ ∑ x i C1 ⇔ x ≤ C1 x Vậy ∃C1 ∈ V cho x ≤ C1 x , ∀x ∈ V (1) Ta cần chứng minh tồn C2 > cho C x ≤ x Xét ánh xạ: ( ) f : V, → R x → x Ta chứng minh f liên tục Giả sử xn → x V, , tức xn − x → ( ) Ta có f(xn ) − f(x) = xn − x ≤ xn − x 1(bất đắng thức tam giác) Khoa Sau Đại Học Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân ≤ C1 xn − x (theo 1) → n → ∞ Vậy f bị chặn, f liên tục Chun ngành: Tốn Giải tích { } ( Ta biết mặt cầu đơn vị B = x ∈ V | x = tập Compact V, ) x1 Vì f liên tục nên ∃x0 ∈ B cho f(x0 ) = minf(x) tức x0 = x∈B x∈B Vì f(x) = x > 0, ∀x ∈ B (nếu f(x) = → x = → x = → x ∉ B ) x1>0 Do x0 = x∈B Ta có x ∈ B,∀x ∈ V \{0} (Vì x Nên: x x x x = = 1) x x ≥ x = x0 = C2 > Từ suy ra: x ≥ C2 x , ∀x ∈ V (2) Từ (1) (2) suy : Gọi ; hai chuẩn V , theo chứng minh ta có: :   ⇒ : (điều phải chứng minh) :  c Xét không gian C[0;1] với chuẩn ∞ ff1 = ∫ (x) dx, f ∞ = Sup f(x) x∈[0;1] Chuẩn ∞ không tương đương; Thật vậy, xét hàm fn (x) = xn ∈ [0;1] Ta có fn = ∫ xndx = fn ∞ → n → ∞ n+ = Sup xn = ∀n x∈[0;1]  fn → n → ∞ ⇒ : ∞ Vậy  f → 1vớ i ∀ n  n ∞ Câu Cho C [ 0,1] , với chuẩn: b x(t) = ∫ x(t) dt x(t) a ∞ = sup x(t) a ≤t ≤b x k = x theo chuẩn x(t) lim x k = x theo chuẩn x(t) a Chứng minh lim ∞ k →∞ k →∞ b Điều ngược lại câu a khơng đúng, ví dụ Giải: a Giả sử x → x theo chuẩn , tức sup xn (t) − x(t) → n ∞ t∈[0;1] 1 0 t∈[0;1] n→∞ Ta có: xn − x = ∫ xn (t) − x(t) dt ≤ ∫ sup xn(t) − x(t) dt = sup xn(t) − x(t) ∫ dt = xn − x ∞ → Khoa Sau Đại Học t∈[0;1] Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Vậy, xn − x ∞ → 0thì xn − x → Chun ngành: Tốn Giải tích b Xét khơng gian C[0;1] với chuẩn ∞ x(t) = ∫ x(t)dx, x(t) ∞ = Sup x(t) x∈[0;1] Xét xn (t) = t x(t) = 0, ∀t ∈ [0;1] Ta có: n 1 0 xn − x = ∫ xn (t) − x(t) dt = ∫ tn − dt = ∫ tn dt = tn+1 = n+ n+ xn − x → n → ∞ ; xn − x ∞ = sup xn (t) − x(t) = sup tn − = sup tn = 1, ∀n t∈[0;1] t∈[0;1] t∈[0;1]  xn − x → n → ∞ Vậy  i ∀n  xn − x ∞ → 1vớ Vậy, xn − x → xn − x ∞ → Khoa Sau Đại Học Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Dạng 3: Chứng minh dãy cauchy; dãy không hội tụ Chun ngành: Tốn Giải tích Câu 3: Cho C[ −1;1] với chuẩn x = ∫ x(t) dt −1  u ≤ t≤1 1 neá k  −1  u ≤ t≤ dãy xk (t) =  kt neá k k  −1  u − 1≤ t ≤  −1 neá k  a Chứng tỏ xk dãy cauchy C[ −1;1] ; b Chứng tỏ xk (t) không phụ thuộc C[ −1;1] ; Giải: a Chứng tỏ xk dãy cauchy C[ −1;1] ; Giải: Giả sử (n ≥ m) , ta có: xn − xm = ∫ x (t) − x n m (t) dt = −1 = −1 n −1 n ∫ mt − 1dt + −1 m n n ∫ mt − nt dt + −1 n m m ∫ 1− mt dt n 1 m ∫ (1− mt)dt + ∫ (n − m) t dt + ∫ (1− mt)dt = 2 m − n −  m −1 m −1 n n −   n− m ÷÷+ n2   n m m 1 m,n→∞ − + + − = − → m n n2 n n2 m n ⇒ (xn ) cauchy C[−1;1] , = ( ) b Chứng tỏ xk (t) không phụ thuộc C[ −1;1] ; Giải: Ta có xn hội tụ điểm x với 1neá u0< t ≤  x(t) = 0 neá ut = −1neá u − 1≤ t <  (tức xn (t) → x(t),∀t ∈ [ − 1;1] ) Mặt khác: ∫ −1 xn (t) − x(t) dt = ∫ − 1n n n 1 1 nt − 1dt + ∫ 1− nt dt = 2∫ (1− nt)dt = 2 − n ÷ → n → ∞ n  n 0 (C Do đó, ( xn ) hội tụ [−1;1] ) , ( xn ) phải hội tụ x Tuy nhiên x ∉ C[−1;1] x không liên tục ( ) Vậy ( xn ) không hội tụ C[−1;1] , Khoa Sau Đại Học Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Câu 4: Xét C[0;1] Chun ngành: Tốn Giải tích  u0≤ t ≤ 1neá  1 1  u ≤ t≤ + với chuẩn x = ∫ x(t) dt dãy xk (t) = −2kt + k + 1neá 2 2k  1  u + ≤ t≤1  0neá 2k  a Chứng tỏ xk dãy cauchy C[0;1] ; b Chứng tỏ xk (t) không phụ thuộc C[0;1] ; Giải: 1 0 a xk − xm = ∫ xk (t) − xm(t) dt = ∫ xk (t) − xm(t) dt + +1 2k ∫ xk (t) − xm(t) dt + ∫ xk (t) − xm(t) dt +1 2k Dạng 4: Chứng minh không gian Banach Câu 5: Cho C[a;b] với chuẩn x = sup x(t) Banach a≤ t≤ b Khoa Sau Đại Học Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Dạng 5: Chứng minh tính đóng, tỉnh mở khơng gian Câu 6: Cho C[a;b] với chuẩn x = Sup x(t) a ≤ α ≤ β ≤ b Chun ngành: Tốn Giải tích 0≤ t≤1 Chứng tỏ rằng: a D = x ∈ C[a;b] |x(t) > 0,∀t ∈ [α;β] tập mở C[a;b] ; { } { } b M = { x ∈ [a;b]|x(t) ≥ 0,∀t ∈ [α;β]} tập đóng C[a;b] ; Giải: a D = x ∈ C[a;b] |x(t) > 0,∀t ∈ [α;β] Lấy x ∈ D , x(t) > ∀t ∈ [α;β] Vì x liên tục compac suy ra: x(t) = x(t0 ) = m > m ) nằm D m m m Thật vậy, lấy y ∈ B(x, ) , tức y − x < ⇔ sup y(t) − x(t) < 2 t∈[a;b] m m m y(t) − x(t) < ∀t ∈ [a;b] ⇒ - < y(t) − x(t) < 2 m m y(t) > x(t) − ⇒ y(t) > > (Vì x(t) > m) ⇒ y ∈ D 2 Vậy D tập mở C[a;b] ; Ta chứng minh hình cầu mở B(x, b M = { x ∈ [a;b]|x(t) ≥ 0,∀t ∈ [α;β]} ∀x ∈ C[a;b] − M ⇒ x(t) < 0; = m< x(t) liên tục [α;β] suy tồn ∃ maxx(t) α≤ t≤β −m ) ⊂ C[a;b] − M −m −m −m Thật vậy, ∀y ∈ B(x; )⇒ y− x < ⇒ sup y(t) − x(t) < 2 a≤ t≤ b m −m m m Suy < y(t) − x(t) < ∀t ∈ [a;b] ⇒ y(t) < x(t) − ⇒ y(t) < < ∀t ∈ [a;b] 2 2 ⇒ y(t) ⊂ C [a;b] − M Ta cần chứng minh hình cầu mở B(x; ⇒ C[a;b] − M tập mở C[a;b] ; Vậy M tập đóng C[a;b] ; Khoa Sau Đại Học Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Chun ngành: Tốn Giải tích Dạng 6: Chứng minh ánh xạ khơng gian tốn tử tuyến tính liên tục; tính chuẩn khơng gian Câu 7: Cho C[0;1] với chuẩn x = Sup x(t) 0≤ t≤1 Chứng minh ánh xạ: A :C[0;1] → C[0;1] tốn tử tuyến tính liên tục tính A ; Trong đó: a ( Ax) (t) = x(t ) ; t d ( Ax) (t) = ∫ ts x(s)ds b ( Ax) (t) = t x(0) ; t e ( Ax) (t) = ∫ tsx(s)ds t c ( Ax) (t) = e x(t) ; Giải: Tính tuyến tính tự chứng minh a ( Ax) (t) = x(t ) b ( Ax) (t) = t x(0) Ax = sup x(t2 ) ≤ sup x(t) = x t∈ 0;1 Ax = sup t2x(0) = x(0) ≤ sup x(t) = x t∈ 0;1 t∈ 0;1 t∈ 0;1 ⇒ A bị chặn, A ≤ ⇒ A bị chặn, A ≤ Mặt khác, chọn x0(t) = 1, ∀t ∈ [0;1] Mặt khác, chọn x0(t) = 1, ∀t ∈ [0;1] ⇒ x0 ∈ C[0;1] ⇒ x0 ∈ C[0;1] x0 = x0 = Ax0 = sup x0 (t2 ) = 1= x0 Ax0 = sup x0 (t2 ) = 1= x0 t∈ 0;1 t∈ 0;1 Vậy A = Vậy A = t c ( Ax) (t) = e2 x(t) t t Ax = sup e x(t) ≤ e sup x(t) = e x t∈ 0;1 t∈ 0;1 ⇒ A bị chặn, A ≤ e Mặt khác, chọn x0(t) = e , ∀t ∈ [0;1] ⇒ x0 ∈ C[0;1] x0 = e t t Ax0 = sup e x0(t) ≤ e sup x0(t) = e x0 t∈ 0;1 t∈ 0;1 Vậy A = e t d ( Ax) (t) = ∫ ts x(s)ds t t t Ax = sup ∫ ts x(s)ds ≤ sup t∫ s x(s) ds ≤ sup x(s) sup t∫ s2ds = 2 t∈ 0;1 ⇒ A bị chặn, A ≤ t∈ 0;1 t∈ 0;1 t∈ 0;1 (1) Xét x0(t) ⊂ C[0;1]; x0(t) = 1 ⇒ x0 = 3 t t t 0≤ t≤1 0≤ t≤1 Ax0 = ∫ tsds ⇒ Ax0 = sup Ax0(t) = sup ∫ ts2x(s)ds = sup ∫ ts2ds = 0≤ t≤1 Ta có A = A x0 ≥ Ax0 = Khoa Sau Đại Học x 3 1 ⇒ A ≥ (2) 3 Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Từ (1) (2) ta có A = Chun ngành: Tốn Giải tích t e ( Ax) (t) = ∫ tsx(s)ds Chứng minh A tuyến tính liên tục: * Chứng minh A tuyến tính: ∀ x(t), y(t) ∈ C[0;1] , ∀α ∈ R Ta xét hai tính chất: t t t 0 + A(x + y)(t) = ∫ ts(x + y)(s)ds = ∫ tsx(s)ds+ ∫ tsy(s)ds = (Ax)(t) + (Ay)(t) ; t t 0 + A(αx)(t) = ∫ tsαx(s)ds = α ∫ tsx(s)ds = α(Ax)(t) * Chứng minh A liên tục: t t t 0 Ta có: (Ax)(t) = ∫ tsx(s)ds ≤ ∫ ts x(s) ds ≤ sup x(t) ∫ ts ds 0≤ t≤1 t ⇒ sup(Ax)(t) ≤ sup x(t) sup ∫ ts ds 0≤ t≤1 0≤ t≤1 t Ta có: ∫ 0≤ t≤1 t t t ts2 t3 ts ds = ∫ tsds(xé t trongđoạn [0;t] ts ≥ 0) = = ⇒ sup ∫ ts ds = 2 0≤t≤1 x (*) → A bị chặn → A liên tục Vậy A tuyến tính liên tục Tính A Vậy Ax ≤ (Áp dụng bất đẳng thức Ax ≤ A x ) (1) Xét x0(t) ⊂ C[0;1]; x0(t) = 1⇒ x0 = Từ (*) A ≤ t t t 0≤ t≤1 0≤ t≤1 Ax0 = ∫ tsds ⇒ Ax0 = sup Ax0(t) = sup ∫ tsds = sup ∫ tsds = 0≤ t≤1 Ta có A = A x0 ≥ Ax0 = Từ (1) (2) ta có A = Khoa Sau Đại Học 1 ⇒ A ≥ (2) 2 Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Dạng 7: Xét tính khả vi ánh xạ Câu 8: Xét tính khả vi (0;0) ; f(x,y) = x3 + y3 Chun ngành: Tốn Giải tích Giải: Ta có: 3 δff (t;0) − f(0;0) t (0;0) = lim = lim =1 t → t → δx t t 3 δff (0;t) − f(0;0) t (0;0) = lim = lim =1 t → t → δy t t h  f ( (0;0) + (h1;h2 )) − f(0;0) − (1;1)  ÷ Xét  h2  = ϕ(h1;h2 ) = h12 + h22 h13 + h32 − (h1 + h2 ) h12 + h22 Ta có: lim ϕ(h1;h2 ) = lim h1→ h13 + k3h13 − (h1 + kh1) h1→ h2 → h12 + k2h12 = lim x→∞ 1+ k3 − (1+ k) 1+ k2 = 1+ k3 − (1+ k) 1+ k2 h2 = kh1 Giới hạn theo tia h2 = kh1 không phụ thuộc vào k ⇒ ∃ lim ϕ(h1;h2 ) h1→ h2 → ⇒ f không khả vi (0;0) Câu 9: Xét tính khả vi (0;0)  xy neá u (x,y) ≠ (0;0)  a f(x,y) =  x2 + y2  u (x,y) = (0;0)  0nế Giải: Ta có δff (t;0) − f(0;0) δff (0;t) − f(0;0) = lim = 0; = lim =0 δx t→0 t δy t→0 t h  f ( (0;0) + (h1;h2)) − f(0;0) − (0;0)  ÷ Xét:  h2  = h1h2 ϕ(h1;h2 ) = h12 + h22 h12 + h22 Ta có lim ϕ(h1;h2 ) = lim( h1→ h2 → h1→ kh12 k k ) = lim( )= h1→ 1+ k h +k h 1+ k2 2 h2 = kh1 Giới hạn theo tia h2 = kh1 phụ thuộc vào k ⇒ ∃ lim ϕ(h1,h2 ) → f h1→ h2 → không khả vi (0;0)  y3 neá u (x,y) ≠ (0;0)  b f(x,y) =  x2 + y4  u (x,y) = (0;0)  0neá Giải: Khoa Sau Đại Học Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Ta có δff (t;0) − f(0;0) = lim =0 t → δx t δff (0;t) − f(0;0) = lim =1 t → δy t Chun ngành: Tốn Giải tích h  f ( (0;0) + (h1;h2 )) − f(0;0) − (0;1)  ÷ Xét  h2  = ϕ(h1;h2 ) = h12 + h22 k3h12 Ta có: lim ϕ(h1,h2 ) = lim h1→ h2 → h1→ h12 + k4h14 2 h12 + h22 = lim h1→ − h2 h12 + h22 k3h12 − kh1 h +k h h32 1+ k4h12 1+ k −k = −k 1+ k2 h2 = kh1 Giới hạn theo tia h2 = kh1 phụ thuộc vào k ⇒ ∃ lim ϕ(h1,h2 ) → f h1→ h2 → Khoa Sau Đại Học không khả vi (0;0) Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Dạng 8: Chứng minh ánh xạ không gian vi phôi R2 Câu 10: Cho f : f (x;y)R=(x3→ Chứng tỏ f C1 -vi phôi R2 + 3xey ;y− x2 ) Chuyên ngành: Tốn Giải tích Giải: Ta có  3x2 + 3ey 3xey  J f (x;y) =  ÷ → f ∈ C1 R2 (1) − 2x   y y detJ f (x;y) = 3x + 3e + 6x e ≠ 0∀x,y ∈ R (2) * Chứng minh f song ánh:  X = x3 + 3xey ∀(x;y) ∈ R , xeù t f(x;y) = (X;Y ) ⇔  (*) Y = y − x Đặt ϕ(x) = x3 + 3xey − X ; ϕ' (x) = 3x2 + 3ey > → ϕ(x) đồng biến ϕ(x) = −∞; lim ϕ(x) = +∞; Mặt khác: xlim →−∞ x→+∞ Suy phương trình x3 + 3xey − X = có nghiệm x Suy hệ (*) có nghiệm (x;y) → f song ánh (3) Từ (1);(2);(3) suy fl àC1 − vi phô i trê n R2 Câu 11: Cho f: R2 → R2 f (x;y)=(x+siny;y+ sinx) Chứng tỏ f C1 -vi phôi R2 Giải:  cosy   ÷ J f (x;y) = → f ∈ C1 treâ n R2  cosx ÷ ÷ 2  detJ f (x;y) = 1− cosx.cosy ≠ ∀x,y * Chứng minh tính song ánh: ∀(x,y) ∈ R , xét f(x,y) = (X,Y )  X = x + siny  → Y = y + sinx  Đặt ϕ(x) = x + siny − X; ϕ' (x) = 1> suy hàm đồng biến, Mặt khác: lim ϕ(x) = −∞; lim ϕ(x) = +∞; x→−∞ x→+∞ Suy phương trình ϕ(x) = 0có nghiệm x , suy hệ phương trình (*) có nghiệm (x;y) Suy hàm f song ánh Vậy f C1 - vi phôi R2 Khoa Sau Đại Học Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Dạng 9: Tính đạo hàm điểm R2 Câu 12: Cho hàm f = R → (x;y) Chuyên ngành: Toán Giải tích f (x;y)=(x+ y;x2y) Tính f ' (1;2) Giải: R2 → R2 Xét ánh xạ tuyến tính: T = (x;y) T(x;y)=(x+ y;4x+ y) (xác định ánh xạ nhờ phép lấy đạo hàm riêng theo biến) ' Ta có ϕ (h1;h2 ) = f ( (1;2) + (h1;h2 )) − f(1;2) − T(h1;h2) = f(h1 + 1;h2 + 2) − (3;2) − ( (h1 + h2 );(4h1 + h2 )) ( ) = h1 + h2 + 3;(h1 + 1)2(h2 + 2) − (3;2) − ( (h1 + h2 );(4h1 + h2 )) = (0;h12h2 + 2h12 + 2h1h2 ) Xét  h2h + 2h12 + 2h1h2  ÷ =  0; lim (h1;h2 →0;0) 2 2  ÷ h1 + h2  h1 + h2  lim ϕ(h1;h2 ) h12h2 h12h2 (h1;h2 → 0;0) Ta có: 0≤ 0≤ 0≤ h +h 2 h12 h +h 2 h1h2 h +h 2 ≤ ≤ ≤ h h12 h h1h2 2 h h12h2 = h1h2 = (theo nguyên lý kẹp) ⇒ (h ;hlim →0;0) = h1 = (theo nguyên lý kẹp) ⇒ (h ;hlim → 0;0) h12 + h22 2 = h1 = (theo nguyên lý kẹp) ⇒ (h ;hlim → 0;0) 2h12 h +h 2 h1h2 h12 + h22 =0 =0 =0 ⇒ f khả vi  1 ' Vậy f (1;2) = T(1;2) =  ÷  1 Lưu ý: Sử dụng ma trận Jacobi để tính đạo hàm điểm R2 Câu 12: Cho hàm f = R → (x;y) f (x;y)=(x+ y;x y) ' Tính f (1;2) Giải:  δff1  δ1 (x;y) (x;y) ÷   1 δx δy 1 ÷=  J f (x;y) =  ⇒ f ' (1;2) =   ÷ ÷  δff2 ÷  2xy x  δ2 1  (x;y) (x;y) ÷  δy  δx  Khoa Sau Đại Học Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân Chuyên ngành: Tốn Giải tích Dạng 10: Tìm cực trị hàm số; cực trị hàm số thỏa mãn điều kiện Câu 13: Cho hàm f(x;y) = x2 + xy + y2 − 6x + 3y ; Tìm cực trị hàm số? Giải: * Tìm điểm dừng  δf δx (x;y) = 2x + y − = 2x + y = x = ⇔ ⇔ Xét hệ:   δf (x;y) = x + 2y + = x + 2y = −3 y = −4  δy Có điểm dừng M(5; −4) * Xác định M(5; −4) cực trị (cực đại hay cực tiểu) Ta có: δ2ff δ2 δ2f (M) = 2; (M) = 2; (M) = δxδy δx2 δy2 Dạng Hesse f δ2ff δ2 δ2f Hf (M) = x + y + xy = 2x2 + 2y2 + 2xy δxδy δx δy  1 ⇒A = ÷có D1 = > 0; D2 = > ⇒ Hf (M) >  2 Vậy M(5; −4) điểm cực tiểu Câu 14: Tìm cực trị hàm f : R3 → R, f(x;y;z) = xyz (x,y,z > 0) thỏa mãn điều kiện: x2 + y2 + z2 = 12 Giải: * Hàm Lagrange: L(x,y,z,λ) = f(x,y,z) − λF(x) = xyz − λ(x2 + y2 + z2 − 1) * Tìm điểm dừng: δL  δx (x;y;z) = yz − 2λx = 0(1)   δL (x;y;z) = xz − 2λy = 0(2)  Xét hệ:  δy  δL  (x;y;z) = xy − 2λz = 0(3)  δz  x2 + y2 + z2 = 12(4) Lấy (1)-(2); (2)-(3); (3)-(1) ta hệ tương đương (y − x)(1+ 2λ ) =  (z − y)(1+ 2λ) =  (x − z)(1+ 2λ) =  x2 + y2 + z2 = 12 Vì (x,y,z > 0) nên ta có nghiệm hệ là: x = y = z = 2; λ = Có điểm dừng M(2;2;2) * Dạng Hesse L δ2L δ2L δ2L δ2L δ2L δ2L (M) = − 2; (M) = − 2; (M) = − (M) = 2; (M) = 2; (M) = 2; Ta có: ; δx2 δy2 δz2 δxy δxz δyz HL (M) = −2x2 − 2y2 − 2z2 + 4xy + 4yz + 4zx=2( − x2 − y2 − z2 + 2xy + 2yz + 2zx) Khoa Sau Đại Học Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tn Chun ngành: Tốn Giải tích   δF δF δF * Xét không gian: TM V(F) = (x,y,z) ∈ R | (M)x + (M)x + (M)x = 0 δx δy δz   = (x;y;z) ∈ R |x + y + z = { } * ∀ ( x,y,z) ∈ TM V(F) ⇒ z = − x − y Suy ra: HL (M)=2( − x2 − y2 − (− x − y)2 + 2xy + 2y(− x − y) + 2( − x − y)x)   2 −8(x + y + xy) = −8  x + y ÷ + y ÷ <   ÷   Vậy M(2;2;2) điểm cực đại thỏa mãn điều kiện 2 n α Câu 15: Tìm cực trị hàm f(x1;x2 xn ) = ∏ xi i (xi > 0) thỏa mãn điều kiện i =1 n ∑x i =1 i =1 (Để tìm cực trị hàm số tích, ta tìm cực trị hàm logarit hàm tích trên) n Xét lnf(x1;x2 xn ) = ln(x1.x2 xn ) = α1 lnx1 + α lnx2 + + α n lnxn = ∑ α i lnxi (vì xi > ) i =1 * Hàm Lagrange: n  n  L(x; λ ) = ∑ α i lnxi − λ  ∑ xi − 1÷ i =1  i =1  * Tìm điểm dừng:  α i  δL λ= n  αi   δx (x, λ) =  − λ =  xi = αi  i x   λ ∑ ⇔ i ⇔ n ⇔  n i =1 n  x =1  x =1  αi =  n ∑ ∑ ∑  i =1 i  i =1 i  xi = α i ∑ α i  i =1 λ  i =1 n n  n  λ= n Có điêm dừng M =  α1∑ α i ; α ∑ α i ; ; α n ∑ α i ÷; i =1 i =1 ∑ αi  i =1  i =1 * Dạng Hesse L αi δ2L δ2L (x; λ ) = − ⇒ (M) = x2i δx2i Ta có: δxi n ⇒ HL (M, λ) = −∑ i =1  n  αj  ∑ αj ÷  j=1  −1 δ2L δ2L (x; λ) = ⇒ (M) =   ; δxi α i  ∑ α i ÷ δxi xj  i =1  n x2i < 0treâ n R n ⇒ H L (M,λ) < 0treâ n TM V(F) n n  n  Vậy M =  α1∑ α i ; α ∑ α i ; ; α n ∑ α i ÷ điểm cực đại i =1 i =1  i =1  Dạng 11: Tính tích phân 2 Câu 16: Tính I = ∫ xydxdy D miền giới hạn D = (x;y) ∈ R |0 ≤ y ≤ x ;0 ≤ x ≤ { D } Giải: x2  x2  I = ∫ xydxdy = ∫  ∫ xydy ÷dx ; Đặt I = xydy = xy ∫0  ÷ D 0  Khoa Sau Đại Học x2 = x5 Trường Đại Học Đà Lạt Học viên: Phạm Văn Tuân 2  x2  x x6 16 = Suy ra: I = ∫ xydxdy = ∫  ∫ xydy ÷dx = ∫ dx=  ÷ 12 D 0 0  I = ∫ ln(x2 + y2 + 1)dxdy Câu 17: Tính 2 Chun ngành: Tốn Giải tích { x + y ≤4} Giải: Xét h: R → (r,ϕ ) R2 h(r,ϕ )=(rcosϕ;rsinϕ ) * Đổi biến:  x = rcosϕ ⇒ det Dh(r; ϕ) = r ⇒ A = [0;2]*[0;2π]   y = rsinϕ * Tính: I = ∫ ln(x2 + y2 + 1)dxdy ln(r2 + 1)rdrdϕ ∫ = 2 { x + y ≤ 4} [0;2]*[0;2π ] Theo cơng thức Fulini ta có: 2π 2   2 I = ∫  ∫ ln(r + 1)rdr ÷dϕ ; Đặt I = ∫ ln(r + 1)rdr = ∫ lnxdx  ÷ 21 00  Áp dụng tích phân phần I = ( xlnx − x) = 5ln5− Suy ra: I = 2π ∫ (5ln5− 4)dϕ = ( (5ln5− 4)ϕ ) Khoa Sau Đại Học 2π = (10ln5− 8)π Trường Đại Học Đà Lạt ... Phạm Văn Tn Chun ngành: Tốn Giải tích Dạng 10: Tìm cực trị hàm số; cực trị hàm số thỏa mãn điều kiện Câu 13: Cho hàm f(x;y) = x2 + xy + y2 − 6x + 3y ; Tìm cực trị hàm số? Giải: * Tìm điểm dừng ... kiện 2 n α Câu 15: Tìm cực trị hàm f(x1;x2 xn ) = ∏ xi i (xi > 0) thỏa mãn điều kiện i =1 n ∑x i =1 i =1 (Để tìm cực trị hàm số tích, ta tìm cực trị hàm logarit hàm tích trên) n Xét lnf(x1;x2 xn... b Chuyên ngành: Tốn Giải tích 0≤ t≤1 Chứng tỏ rằng: a D = x ∈ C[a;b] |x(t) > 0,∀t ∈ [α;β] tập mở C[a;b] ; { } { } b M = { x ∈ [a;b]|x(t) ≥ 0,∀t ∈ [α;β]} tập đóng C[a;b] ; Giải: a D = x ∈ C[a;b]