Đang tải... (xem toàn văn)
Bài giảng và bài tập giải tích 1 gồm nhiều dạng bài tập mới lạ Đây là 1 tài liệu rất hay và bổ ích,,,,feeeeeeeeeeeee,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,.......................................................................................................................................................................................................................................
HÀM NHIỀU BIẾN I Bài tốn tìm giới hạn hàm số nhiều biến: Dạng 1: Sử dụng định lí kẹp (với có giới hạn 0) 𝑔(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ ℎ(𝑥, 𝑦) lim 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑐 o Định lí kẹp: { (𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏) ⇒ lim 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐 (𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏) lim ℎ(𝑥, 𝑦) = 𝑐 (𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏) o Trong tập, phán đoán giới hạn lim (𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏) 𝑓(𝑥, 𝑦) tiến đến 0, sử dụng định lí kẹp sau: Có: ≤ |𝑓 (𝑥, 𝑦)| ≤ |𝑔(𝑥, 𝑦)| Vế trái của |𝑓(𝑥, 𝑦)| kẹp số 0, nhiệm vụ tìm hàm 𝑔(𝑥, 𝑦) thỏa mãn lim 𝑔(𝑥, 𝑦) = Để làm việc tác (𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏) động lên hàm 𝑓 (𝑥, 𝑦) cách bớt tử, mẫu hay sử dụng bất đẳng thức Cauchy, sử dụng |sin 𝑥 |, |cos 𝑥 | ≤ … Sau tìm hàm 𝑔(𝑥, 𝑦) phù hợp, sử dụng định lí kẹp ⇒ lim (𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏) VD1: Tìm 𝑓 (𝑥, 𝑦) = lim 𝑥 sin 𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 Giải: //Sử dụng máy tính nhập hàm 𝑥 sin 𝑦 𝑥 +𝑦 , (𝑥, 𝑦) → (0,0), ta CALC 𝑥 = 10−6 , 𝑦 = 10−6 tiến sát đến 0, thu kết số nhỏ tiến sát ⇒ dự đoán lim 𝑥 sin 𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 =0⇒ dùng định lí kẹp.// 𝑥 sin 𝑦 𝑥 sin 𝑦 Ta có: ≤ | 𝑥 +𝑦 | ≤ | Mà lim (𝑥,𝑦)→(0,0) VD2: Tìm 𝑥2 | = |𝑠𝑖𝑛𝑦| |sin 𝑦| = |sin 0| = ⇒ lim lim 𝑥 sin 𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 +𝑦 = (định lí kẹp) 2𝑥 ln 𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,1) 𝑥 2+(𝑦−1)2 Giải: 2𝑥 ln 𝑦 // Nhập hàm 𝑥 +(𝑦−1)2 nhập 𝑥 = 10−6 tiến sát 0, nhập 𝑦 = + 10−6 tiến sát 1, thu kết số nhỏ tiến đến ⇒ dự đoán 2𝑥 ln 𝑦 2𝑥 ln 𝑦 Ta có: ≤ |𝑥 +(𝑦−1)2 | ≤ | BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI 𝑥2 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 2𝑥 ln 𝑦 𝑥 +(𝑦−1)2 = ⇒ dùng định lí kẹp.// | = |2𝑥 ln 𝑦 | PHAM THANH TUNG Mà lim (𝑥,𝑦)→(0,1) VD3: Tìm |2𝑥 ln 𝑦| = |2.0 ln 1| = ⇒ 2𝑥 ln 𝑦 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 +(𝑦−1) = (định lí kẹp) (sin 𝑥)3 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) (sin 𝑥)2+(cos 𝑥)2 Giải: //Dùng máy tính, dự đốn (sin 𝑥)3 (sin 𝑥)3 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) (sin 𝑥)2+(cos 𝑥)2 = ⇒ dùng định lí kẹp// (sin 𝑥)3 Ta có ≤ |(sin 𝑥)2+(cos 𝑥)2| ≤ |(sin 𝑥)2| = |sin 𝑥 | lim Mà |sin 𝑥 | = |sin 0| = ⇒ (𝑥,𝑦)→(0,0) VD4: Tìm (sin 𝑥)3 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) (sin 𝑥)2+(cos 𝑥)2 = (định lí kẹp) 𝑥 +𝑦 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+2𝑦 Giải: //Dùng máy tính, dự đoán 𝑥 4+𝑦 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 +2𝑦 = ⇒ dùng định lí kẹp// Ở VD để nguyên bớt mẫu số VD trước chưa thể sử dụng định lí kẹp, chia 𝑥 4+𝑦 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+2𝑦 𝑥4 = (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+2𝑦 𝑥4 Ta có: ≤ |𝑥 2+2𝑦 | ≤ |𝑥 | = |𝑥 | Mà 𝑦4 𝑦4 𝑦2 lim 𝑥 +𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 +2𝑦 VD5: Tìm lim (𝑥,𝑦)→(0,0) = (𝑥,𝑦)→(0,0) + 𝑥 2+2𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+2𝑦 lim | |=0⇒ lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑦2 lim 𝑦4 lim |𝑥 | = ⇒ (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥4 lim + lim (𝑥,𝑦)→(0,0) Ta có: ≤ |𝑥 2+2𝑦 | ≤ |2𝑦 | = | | Mà ⇒ 𝑥4 lim 𝑦4 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 +2𝑦 lim 𝑥4 𝑥 2+2𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑦4 𝑥 2+2𝑦 = (định lí kẹp) = (định lí kẹp) =0 𝑥 2𝑦−2𝑥𝑦 𝑥 2+𝑦 Giải: // Dùng máy tính, dự đốn lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2𝑦−2𝑥𝑦 𝑥 2+𝑦 = ⇒ dùng định lí kẹp// Thấy xuất thừa số 𝑥𝑦, 𝑥 , 𝑦 ⇒ liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG 𝑥 2𝑦−2𝑥𝑦 Ta có: |𝑥 + 𝑦 | ≥ |2𝑥𝑦| ⇒ |𝑥 +𝑦 | ≤ |2𝑥𝑦| ⇒ | 𝑥 𝑦−2𝑥𝑦 0≤| Mà 𝑥 +𝑦 2𝑥𝑦 𝑥 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) VD6: 𝑥 𝑦−2𝑥𝑦 |≤| 𝑥 +𝑦 𝑥 𝑦−2𝑥𝑦 |≤| 2𝑥𝑦 𝑥 | = | − 2𝑦| 𝑥 | = | − 2𝑦| | − 2𝑦| = | − 2.0| = ⇒ 2 lim 𝑥 2𝑦−2𝑥𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 = (định lí kẹp) 𝑥2 lim (𝑥,𝑦)→(+∞,+∞) 𝑥 4+𝑦 Giải: // Với (𝑥, 𝑦) → (+∞, +∞), nhập 𝑥 = 106 , 𝑦 = 106 , thu kết gần đến ⇒ dùng định lí kẹp// 𝑥2 𝑥2 Ta có: ≤ |𝑥 +𝑦 | ≤ |𝑥 | = |𝑥 2| Mà | 2| = ⇒ lim (𝑥,𝑦)→(+∞,+∞) 𝑥 𝑥2 lim (𝑥,𝑦)→(+∞,+∞) 𝑥 4+𝑦 = (định lí kẹp) Dạng 2: Sử dụng cách đặt 𝑦 = 𝑘𝑥 để chứng minh không tồn giới hạn VD1: 𝑥2 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 Giải: //Dùng máy tính bấm giá trị khơng gần sát ⇒ dự đốn giới hạn khơng tồn tại// Xét (𝑥, 𝑦) → (0,0) theo phương 𝑦 = 𝑘𝑥 ⇒ 𝑥2 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 = (𝑥,𝑘𝑥)→(0,0) Vậy với k khác VD2: lim 𝑥2 lim 𝑥 2+(𝑘𝑥)2 = 𝑥2 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 lim (𝑥,𝑘𝑥)→(0,0) 1+𝑘 = 1+𝑘 tiến đến giới hạn khác ⇒ ∄ lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥2 𝑥 +𝑦 𝑥3 (𝑥,𝑦)→(0,0) 3𝑥 2𝑦+𝑦 Giải: //Dùng máy tính bấm giá trị khơng gần sát ⇒ dự đốn giới hạn khơng tồn tại// Xét (𝑥, 𝑦) → (0,0) theo phương 𝑦 = 𝑘𝑥 ⇒ lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥3 3𝑥 2𝑦+𝑦 Với k khác = lim 𝑥3 (𝑥,𝑘𝑥)→(0,0) lim (𝑥,𝑦)→(0,0) BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI 3𝑥 𝑘𝑥+(𝑘𝑥)3 𝑥3 = lim (𝑥,𝑘𝑥)→(0,0) 3𝑘+𝑘 = 3𝑘+𝑘 tiến đến giới hạn khác ⇒ ∄ 3𝑥 2𝑦+𝑦 lim 𝑥3 (𝑥,𝑦)→(0,0) 3𝑥 2𝑦+𝑦 PHAM THANH TUNG VD3: 𝜋𝑥 lim sin 2𝑥+𝑦 (𝑥,𝑦)→(+∞,+∞) Giải: Xét (𝑥, 𝑦) → (+∞, +∞) theo phương 𝑦 = 𝑘𝑥 𝜋𝑥 𝜋𝑥 ⇒ lim sin 2𝑥+𝑦 = lim sin 2𝑥+𝑘𝑥 = (𝑥,𝑦)→(+∞,+∞) Với k khác ⇒∄ lim (𝑥,𝑦)→(+∞,+∞) (𝑥,𝑘𝑥)→(+∞,+∞) 𝜋𝑥 lim (𝑥,𝑦)→(+∞,+∞) 𝜋𝑥 𝜋 lim (𝑥,𝑘𝑥)→(+∞,+∞) 𝜋 sin 2+𝑘 = sin 2+𝑘 sin 2𝑥+𝑦 tiến đến giới hạn khác sin 2𝑥+𝑦 Dạng 3: Kết hợp kiến thức tìm giới hạn hàm biến số: o Các kiến thức cần nhớ: Vô bé tương đương: với 𝑢 → thì: 𝑢 sin 𝑢 ~ tan 𝑢 ~ arctan 𝑢 ~ arcsin 𝑢 ~ 𝑒 − 1~ ln(1 + 𝑢) ~ 𝑢, − cos 𝑢 ~ 𝑢2 Với 𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑦) Vô lớn tương đương: (1 + 𝑢)𝑢 ~ 𝑒 với 𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑦) → +∞ Các dạng vô định thường gặp: 00 , 1∞ , ∞0 VD1: lim (𝑥,𝑦)→(0,0) (1 + 𝑥 𝑦 )𝑥2+𝑦2 Giải: Do (𝑥, 𝑦) → (0,0) ⇒ 𝑥 𝑦 → 0, 𝑥 + 𝑦 → 0, 𝑥 +𝑦 → ∞ ⇒ dạng vô định 1∞ ⇒ Sử dụng (1 + )𝑢 ~ 𝑒 với 𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑦) → +∞ 𝑢 𝑥2 +𝑦2 (1 + 𝑥 𝑦 ) lim (𝑥,𝑦)→(0,0) = lim (1 + (𝑥,𝑦)→(0,0) 1 𝑥2 𝑦 ) 1 𝑥 𝑦 2 𝑥2 𝑦 𝑥 +𝑦 𝑥2 𝑦2 =𝑒 𝑥2 𝑦2 𝑥2 𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0)𝑥2 +𝑦2 lim 𝑥𝑦 Ta có: |𝑥 + 𝑦 | ≥ |2𝑥𝑦|(𝐶𝑎𝑢𝑐ℎ𝑦) ⇒ |𝑥 +𝑦 | ≤ |2𝑥𝑦| ⇒ |𝑥2 +𝑦2| ≤ | 2𝑥𝑦 | = | | 𝑥 2𝑦 𝑥𝑦 ⇒ ≤ |𝑥 2+𝑦 | ≤ | | Mà lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥𝑦 2 | |=| |=0⇒ lim 𝑥 2𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 = (định lí kẹp) ⇒ lim (1 + 𝑥2𝑦2 )𝑥2+𝑦2 = 𝑒0 = (𝑥,𝑦)→(0,0) BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG VD2 (1 + 3𝑥 )𝑥2 +𝑦2 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) Giải: Do (𝑥, 𝑦) → (0,0) ⇒ 3𝑥 → 0, 𝑥 + 𝑦 → 0, 𝑥 2+𝑦 → ∞ ⇒ dạng vô định 1∞ ⇒ Sử dụng (1 + 𝑢)𝑢 ~𝑒 với 𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑦) → +∞ lim (𝑥,𝑦)→(0,0) (1 + 3𝑥 )𝑥2+𝑦2 = lim (1 + (𝑥,𝑦)→(0,0) 1 3𝑥2 1 3𝑥2 2 3𝑥2 𝑥 +𝑦 ) =𝑒 3𝑥2 lim (𝑥,𝑦)→(0,0)𝑥2 +𝑦2 Xét (𝑥, 𝑦) → (0,0) theo phương 𝑦 = 𝑘𝑥 ⇒ lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 3𝑥 = 𝑥 2+𝑦 (𝑥,𝑘𝑥)→(0,0) 𝑥 2+(𝑘𝑥)2 3𝑥 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 3𝑥 lim Vậy với mội k khác ⇒∄ 3𝑥 lim 𝑥 2+𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) = lim (𝑥,𝑘𝑥)→(0,0) 1+𝑘 = 1+𝑘 tiến đến giới hạn khác ⇒∄ VD3: Tìm giới hạn sau: lim (𝑥,𝑦)→(0,0) lim (1 + 3𝑥 )𝑥2 +𝑦2 cos(𝑥 2+𝑦 2)−1 𝑥 2+𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) Giải: Do (𝑥, 𝑦) → (0,0) ⇒ 𝑥 + 𝑦 → ⇒ cos(𝑥 + 𝑦 ) − = −(1 − cos(𝑥 + 𝑦 ))~ ⇒ lim cos(𝑥 2+𝑦 )−1 𝑥 2+𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) = lim (𝑥,𝑦)→(0,0) −(𝑥 2+𝑦 ) 𝑥 2+𝑦 = lim −(𝑥 2+𝑦 2) (𝑥,𝑦)→(0,0) = −(0+0) −(𝑥 2+𝑦 ) 2 =0 Bài tập: Tính giới hạn sau: a lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑦5 f 𝑥 4+𝑦 lim 𝑥𝑦 lim 2𝑥𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) √𝑥 +𝑦 b c d e lim (𝑥,𝑦)→(0,0) lim (1 + 3𝑥 )𝑥2+𝑦2 g 𝑥𝑒 𝑥 h (𝑥,𝑦)→(0,0) √2𝑥 +3𝑦 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) lim (𝑥,𝑦)→(0,0) sin(𝑥 3+𝑦 3) i 𝑥 +𝑦 1+𝑥 2+𝑦 𝑦2 (1 − cos 𝑦) j (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 lim 𝑥 2𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 lim 𝑥 tan 𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 2+𝑦 lim 𝑥 +𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) √𝑥 +𝑦 +1−1 II Bài tốn xét tính liên tục hàm nhiều biến điểm: Cách làm: sử dụng định lí: hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục điểm (𝑥0 ; 𝑦0 ) khi: lim 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) (𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0 ) Vận dụng phương pháp tìm lim BK-ĐẠI CƯƠNG MƠN PHÁI PHAM THANH TUNG 𝑦 VD1: Cho hàm số 𝑓 (𝑥, 𝑦) = { 𝑥 arctan (𝑥 ) , 𝑛ế𝑢 𝑥 ≠ 0 Xét tính liên tục 𝑓(𝑥, 𝑦)tại B(0,1) , 𝑛ế𝑢 𝑥 = Giải: Do ⇒ −𝜋 𝑦 𝑦 𝜋 𝜋 < arctan (𝑥 ) < ⇒ ≤ |𝑥 arctan (𝑥 ) | ≤ | 𝑥| , mà lim (𝑥,𝑦)→(0,1) 𝑓 (𝑥, 𝑦) = lim (𝑥,𝑦)→(0,1) 𝜋 | 𝑥| = 𝑦 lim (𝑥,𝑦)→(0,1) 𝑥 arctan (𝑥 ) = (định lí kẹp) ⇒ 𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục B(0,1) 2𝑥 𝑦−𝑦 𝑥 VD2 Cho hàm số 𝑓 (𝑥, 𝑦) = { , 𝑛ế𝑢 𝑥 + 𝑦 ≠ Tìm a để hàm số liên tục (0,0) 𝑛ế𝑢 𝑥 + 𝑦 = 𝑥 2+𝑦 𝑎, Giải: 𝑥 + 𝑦 = xảy 𝑥 = 𝑦 = Để 𝑓 (𝑥, 𝑦) liên tục (0,0) ⇔ lim (𝑥,𝑦)→(0,0) Theo Cauchy: 𝑥 + 𝑦 ≥ 2|𝑥𝑦| => 2𝑥 𝑦−𝑦 𝑥 ⇒ 0≤| ⇒ lim 𝑥 2+𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) 2𝑥 𝑦−𝑦 2𝑥 |≤| 2𝑥 2𝑦−𝑦 2𝑥 𝑥 +𝑦 2𝑥𝑦 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑓 (0,0) = 𝑎 𝑥 2+𝑦 2𝑥−𝑦 |=| ≤ 2|𝑥𝑦| | Mà lim 2𝑥−𝑦 (𝑥,𝑦)→(0,0) | |=0 = (kẹp) Vậy hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục (0,0) 𝑎 = 𝑥𝑦+𝑦 𝑠𝑖𝑛 (𝑥 2+𝑦 ) , 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) VD3: Cho hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) = { Xét tính liên tục hàm số 0, 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) = (0,0) Giải: Đặt: 𝑦 = 𝑘𝑥 ⇒ lim (𝑥,𝑦)→(0,0) Vậy với mội k khác ⇒ Không tồn lim 𝑥𝑦+𝑦 𝑠𝑖𝑛 ( 𝑥 +𝑦 ) = (𝑥,𝑦)→(0,0) (𝑥,𝑦)→(0,0) BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI lim lim (𝑥,𝑘𝑥)→(0,0) 𝑠𝑖𝑛 ( 𝑥𝑦+𝑦 𝑥 2+𝑦 𝑘𝑥 2+𝑘 𝑥 𝑘+𝑘 𝑘+𝑘 sin( 𝑥 2+𝑘 𝑥 ) = lim sin(1+𝑘 ) = sin(1+𝑘 ) 𝑥→0 𝑘𝑥→0 ) tiến đến giới hạn khác 𝑥𝑦+𝑦 𝑠𝑖𝑛 ( 𝑥 2+𝑦 ) ⇒ hàm số gián đoạn (0,0) PHAM THANH TUNG 𝑥𝑦−𝑥 VD4: Cho hàm số (𝑥, 𝑦) = {𝑥 2+𝑦 0, Giải: , 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) Khảo sát liên tục hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) ( ) 𝑛ế𝑢 𝑥, 𝑦 = Với (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 \{(0,0)} hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục Xét tính liên tục hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) (0,0) Xét ⇒ lim 𝑥𝑦−𝑥 (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥 +𝑦 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥𝑦−𝑥 𝑥 +𝑦 Với (𝑥, 𝑦) → (0,0) theo phương 𝑦 = 𝑘𝑥 = Với k khác lim 𝑘𝑥 2−𝑥 (𝑥,𝑘𝑥)→(0,0) 𝑥 2+(𝑘𝑥)2 lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥3 3𝑥 2𝑦+𝑦 𝑘−1 = 1+𝑘 tiến đến giới hạn khác ⇒ ∄ lim (𝑥,𝑦)→(0,0) 𝑥3 3𝑥 2𝑦+𝑦 Vậy hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) liên tục với (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 \{(0,0)}, gián đoạn (0,0) Bài tập: Khảo sát tính liên tục hàm số sau: 𝑦 sin 𝑦 a 𝑓 (𝑥, 𝑦) = { 2𝑥 3+3𝑦 𝑥 (𝑥 2−𝑦 ) , (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) d 𝑓(𝑥, 𝑦) = { (𝑥, 𝑦) = (0,0) 0, 𝑥𝑦−𝑦 sin ( 𝑥 2+𝑦 ) , (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) 0, e 𝑓(𝑥, 𝑦) = { (𝑥, 𝑦) = (0,0) cos ( 𝑥 +𝑦 ) , (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) (𝑥, 𝑦) = (0,0) 0, 𝑥 2𝑦−2𝑥𝑦 𝑥𝑦 , (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) c 𝑓 (𝑥, 𝑦) = {𝑥 +𝑦 0, (𝑥, 𝑦) = (0,0) III , (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) (𝑥, 𝑦) = (0,0) 0, 𝑥𝑦+𝑦 b 𝑓 (𝑥, 𝑦) = { 𝑥 4+𝑦 f 𝑓 (𝑥, 𝑦) = { 𝑥 2+𝑦 0, , (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) (𝑥, 𝑦) = (0,0) Bài toán sử dụng vi phân tính gần đúng: Cách làm: o B1: Chọn hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) phù hợp ( chỗ số xấu đặt biến ) o B2: Tính 𝑓𝑥′ , 𝑓𝑦′ o B3: Chọn 𝑥0 , 𝑦0 đẹp ∆x, ∆y đủ nhỏ o B4: Áp dụng công thức : 𝑓(𝑥0 + ∆𝑥; 𝑦0 + ∆𝑦) ≈ 𝑓(𝑥0 ; 𝑦0 ) + ∆𝑥𝑓𝑥 ′(𝑥0 ; 𝑦0 ) + ∆𝑦𝑓𝑦 ′(𝑥0 ; 𝑦0 ) VD1: Ứng dụng vi phân tính gần đúng: S = √(3,97)2 + (3,02)2 Giải: // Tách 3,97= − 0,03 ⇒ 𝑥0 = 4; ∆𝑥 = −0,03, tách 3,02 = + 0,02 ⇒ 𝑦0 = 3; ∆𝑦 = 0,02 // Chọn hàm 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥 + 𝑦 ⇒ 𝑓𝑥′ = 𝑥 √𝑥 +𝑦 ; 𝑓𝑦′ = 𝑦 √𝑥 2+𝑦 Chọn 𝑥0 = 4, 𝑦0 = 3, ∆𝑥 = −0,03 ; ∆y= 0,02 BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG Áp dụng: 𝑓(𝑥0 + ∆𝑥; 𝑦0 + ∆𝑦) ≈ 𝑓(𝑥0 ; 𝑦0 ) + ∆𝑥𝑓𝑥 ′(𝑥0 ; 𝑦0 ) + ∆𝑦𝑓𝑦 ′(𝑥0 ; 𝑦0 ) ⇒ 𝑓 (4 − 0,03; + 0,02) ≈ 𝑓 (4; 3) + (−0,03)𝑓𝑥 ′(4; 3) + 0,02𝑓𝑦 ′(4; 3) ⇒ 𝑓 (3,97; 3,02) = √(3,97)2 + (3,02)2 ≈ + (−0,03) + 0,02 = 4,988 ⇒ 𝑆 ≈ 4,988 VD2: Ứng dụng vi phân tính gần đúng: S = 3√4 𝑒 0,02 + (1,95)2 Giải: // Tách 0,02 = + 0,02, tách 1,95 = − 0,05 // −2 Chọn hàm 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 3√4 𝑒 𝑥 + 𝑦 ⇒ 𝑓𝑥′ = 𝑒 𝑥 (4𝑒 𝑥 + 𝑦 ) ; 𝑓𝑦′ = 2𝑦 −2 (4𝑒 𝑥 + 𝑦 ) Áp dụng: 𝑓(𝑥0 + ∆𝑥; 𝑦0 + ∆𝑦) ≈ 𝑓 (𝑥0 ; 𝑦0 ) + ∆𝑥𝑓𝑥 ′(𝑥0 ; 𝑦0 ) + ∆𝑦𝑓𝑦 ′(𝑥0 ; 𝑦0 ) ⇒ 𝑓 (0 + 0,02; − 0,05) ≈ 𝑓 (0; 2) + 0,02𝑓𝑥 ′(0; 2) − 0,05𝑓𝑦 ′(0; 2) ⇒ 𝑓 (0,02; 1,95) = 3√4 𝑒 0,02 + (1,95)2 ≈ + 0,02 − 0,05 = 1,99 Bài tập: Dùng vi phân tính gần biểu thức sau a) A= 3√(1,04)3 + (2,03)2 + d) 𝐷 = ln( 3√1,03 + 4√0,98 − 1) e) 𝐸 = 4√(3,04)2 + (2,02)3 − f) 𝐹 = √(6,05)2 + (7,96)2 b) B= √4𝑒 −0,02 + 2,052 c) C= √2 (2,98)3 − (4,01)2 + IV Các toán đạo hàm riêng: Tính đạo hàm riêng hàm bị gãy khúc: 𝑔(𝑥, 𝑦) 𝑛ế𝑢 𝑥 ≠ 𝑥0 Cho hàm số 𝑓 (𝑥, 𝑦) = { Thì để tính 𝑓𝑥′ điểm (𝑥0 , 𝑦0 ) dùng ℎ(𝑥, 𝑦) 𝑛ế𝑢 𝑥 = 𝑥0 cách tính trực tiếp thơng thường mà phải dùng định nghĩa sau: 𝑓(𝑥0 + ∆𝑥, 𝑦0 ) − 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) ∆𝑥→0 ∆𝑥 𝑓𝑥′ (𝑥0 , 𝑦0 ) = lim 𝑔(𝑥, 𝑦) 𝑛ế𝑢 𝑦 ≠ 𝑦0 Tương tự, cho hàm số 𝑓 (𝑥, 𝑦) = { Thì để tính 𝑓𝑦′ điểm (𝑥0 , 𝑦0 ) khơng ℎ(𝑥, 𝑦) 𝑛ế𝑢 𝑦 = 𝑦0 thể dùng cách tính trực tiếp thông thường mà phải dùng định nghĩa sau: 𝑓 (𝑥0 , 𝑦0 + ∆𝑦) − 𝑓(𝑥0 , 𝑦0 ) ∆𝑦→0 ∆𝑦 𝑓𝑦′ (𝑥0 , 𝑦0 ) = lim BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG 𝑥 𝑦 arctan (𝑦) , 𝑛ế𝑢 𝑦 ≠ VD1: Cho hàm số 𝑓(𝑥, 𝑦) = { Tính 𝑓𝑦′ (1,0) 0, 𝑛ế𝑢 𝑦 = Giải: 𝑓𝑦′ (1,0) = lim 𝑓(1,0+∆𝑦)−𝑓(1,0) ∆𝑦 ∆𝑦→0 = lim ∆𝑦.arctan ∆𝑦 ∆𝑦→0 1 −0 ∆𝑦 Với ∆𝑦 → ⇒ ∆𝑦 → +∞ ⇒ arctan ∆𝑦 → 𝜋 = lim arctan ∆𝑦 ∆𝑦→0 𝜋 ⇒ lim arctan ∆𝑦 = ⇒ 𝑓𝑦′ (1,0) = ∆𝑦→0 𝜋 2𝑥 3−𝑦 VD2: Tính 𝑓𝑥′ (0,0) 𝑓𝑦′ (0,0) , 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) biết: 𝑓 (𝑥, 𝑦) = { 𝑥 2+𝑦 0, 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) = (0,0) Giải: 𝑓𝑥′ (0,0) = lim ∆𝑥→0 𝑓𝑦′ (0,0) = lim ∆𝑦→0 𝑓(0+∆𝑥,0)−𝑓(0,0) ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥→0 𝑓(0,∆𝑦)−𝑓(0,0) ∆𝑦 = lim 2(∆𝑥) 3−0 −0 (∆𝑥) = lim ∆𝑥→0 −(∆𝑦)3 −0 −0 (∆𝑦)2 ∆𝑦 = lim 2(∆𝑥)3 ∆𝑥→0 (∆𝑥)3 = lim −(∆𝑦)3 ∆𝑥→0 (∆𝑦)3 =2 = −1 Bài tập: 𝑥 sin 𝑥 , 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) a) Cho hàm số 𝑓 (𝑥, 𝑦) = {2𝑥 2+𝑦 Tính 𝑓𝑥′ (0,0) 𝑓𝑦′ (0,0) 0, 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) = (0,0) 𝑦 arctan 𝑥 , 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) ( ) b) Cho hàm số 𝑓 𝑥, 𝑦 = { Tính 𝑓𝑥′ (0,1) 0, 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) = (0,0) 𝑥𝑦 c) Cho hàm số 𝑓 (𝑥, 𝑦) = , 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) Tính 𝑓𝑥′ (0,0) 𝑓𝑦′ (0,0) 0, 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) = (0,0) {2𝑥 2+𝑦 𝑥𝑦−𝑥 , 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) d) Cho hàm số 𝑓 (𝑥, 𝑦) = {𝑥 +𝑦 Tính 𝑓𝑦′ (0,0) 0, 𝑛ế𝑢 (𝑥, 𝑦) = (0,0) Tính đạo hàm riêng hàm số hợp: 𝑓𝑥′ = 𝑓𝑢′ 𝑢𝑥′ Cho hàm số 𝑓(𝑢) với 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦) { ′ 𝑓𝑦 = 𝑓𝑢′ 𝑢𝑦′ 𝑓𝑥′ = 𝑓𝑢′ 𝑢𝑥′ + 𝑓𝑣′ 𝑣𝑥′ Cho hàm số 𝑓(𝑢, 𝑣) với 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦) 𝑣 = 𝑣(𝑥, 𝑦) { ′ 𝑓𝑦 = 𝑓𝑢′ 𝑢𝑦′ + 𝑓𝑣′ 𝑣𝑦′ BK-ĐẠI CƯƠNG MƠN PHÁI PHAM THANH TUNG VD: Tính đạo hàm hàm số hợp sau: 2 a) 𝑧 = 𝑒 𝑢 −2𝑣 với 𝑢 = cos 𝑥 , 𝑣 = √𝑥 + 𝑦 𝑥 b) 𝑧 = ln(𝑢2 + 𝑣 ) với 𝑢 = 𝑥𝑦, 𝑣 = 𝑦 Giải: a) Ta có { 𝑧𝑢′ = 2𝑢 𝑒 𝑢 𝑧𝑣′ = −4𝑣 𝑒 𝑢 2−2𝑣 2−2𝑣 , 𝑢𝑥′ = − sin 𝑥 , 𝑢𝑦′ = ⇒ 𝑧𝑥′ = 𝑧𝑢′ 𝑢𝑥′ + 𝑧𝑣′ 𝑣𝑥′ = 2𝑢 𝑒 𝑢 ⇒ 𝑧𝑥′ = −2 cos 𝑥 sin 𝑥 𝑒 (cos 𝑥) ⇒ 𝑧𝑥′ = − sin 2𝑥 𝑒 (cos 𝑥) ⇒ 𝑧𝑥′ = 𝑒 (cos 𝑥) 𝑥 , 𝑣𝑥′ = √𝑥 2+𝑦 2−2𝑣 𝑦 √𝑥 2+𝑦 (− sin 𝑥 ) − 4𝑣 𝑒 𝑢 2−2(𝑥 +𝑦 ) −2(𝑥 2+𝑦 ) −2(𝑥 +𝑦 ) , 𝑣𝑦′ = 2−2𝑣 − √𝑥 + 𝑦 − 4𝑥 𝑒 (cos 𝑥) 𝑥 √𝑥 2+𝑦 𝑥 √𝑥 +𝑦 𝑒 (cos 𝑥) −2(𝑥 2+𝑦 ) 2−2(𝑥 2+𝑦 2) (− sin 2𝑥 − 4𝑥) Thay tương tự thu được: 𝑧𝑦′ = −4𝑦𝑒 (cos 𝑥) 2−2(𝑥 2+𝑦 2) Bài tập: a) Tính giá trị biểu thức 𝐴 = 𝑦𝑧𝑥′ − 𝑥𝑧𝑦′ , biết 𝑧 = 𝑙𝑛 𝑟 , 𝑟 = √𝑥 + 𝑦 𝑢 b) Tính 𝑧𝑥′ hàm số hợp 𝑧 = arctan 𝑣 , 𝑢 = 𝑥 𝑦 , 𝑣 = √𝑥 + 𝑦 𝑥 c) Tính 𝑧𝑥′ , 𝑧𝑦′ hàm số hợp 𝑧 = ln(𝑢2 + 𝑣 ) với 𝑢 = 𝑥𝑦, 𝑣 = 𝑦 Tính đạo hàm riêng hàm số hợp gián tiếp qua tích phân: 𝑢 Bài tốn: cho hàm số 𝑧 = ∫𝑣 𝑓(𝑡)𝑑𝑡, với 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦), 𝑣 = 𝑣(𝑥, 𝑦) tính 𝑧𝑥′ , 𝑧𝑦′ 𝑧𝑥′ = 𝑧𝑢′ 𝑢𝑥′ + 𝑧𝑣′ 𝑣𝑥′ = 𝑢𝑥′ 𝑓(𝑢) − 𝑣𝑥′ 𝑓(𝑣) Cách làm: { ′ 𝑧𝑦 = 𝑧𝑢′ 𝑢𝑦′ + 𝑧𝑣′ 𝑣𝑦′ = 𝑢𝑦′ 𝑓 (𝑢) − 𝑣𝑦′ 𝑓(𝑣) 𝑥 𝑦 𝑡 sin 2𝑡 𝑑𝑡 VD: Tính 𝑧𝑥′ , 𝑧𝑦′ hàm số 𝑧 = ∫𝑥𝑦 Giải: 𝑥 Đặt 𝑢 = 𝑦 , 𝑣 = 𝑥𝑦 ⇒ 𝑢𝑥′ = 𝑦 , 𝑢𝑦′ = −𝑥 𝑦2 , 𝑣𝑥′ = 𝑦, 𝑣𝑦′ = 𝑥 𝑥 𝑧𝑥′ = 𝑧𝑢′ 𝑢𝑥′ + 𝑧𝑣′ 𝑣𝑥′ = 𝑢𝑥′ 𝑓 (𝑢) − 𝑣𝑥′ 𝑓(𝑣) = 𝑦 (𝑦) sin 𝑧𝑦′ = 𝑧𝑢′ 𝑢𝑦′ + 𝑧𝑣′ 𝑣𝑦′ = 𝑢𝑦′ 𝑓(𝑢) − 𝑣𝑦′ 𝑓 (𝑣) = −𝑥 𝑥 2𝑥 𝑦 (𝑦) sin 𝑦2 − 𝑦 (𝑥𝑦)2 sin 2𝑥𝑦 2𝑥 𝑦 − 𝑥 (𝑥𝑦)2 sin 2𝑥𝑦 Bài tập: Tính 𝑧𝑥′ , 𝑧𝑦′ hàm số sau: 𝑥 𝑦 𝑡 cos 2𝑡 𝑑𝑡 a) 𝑧 = ∫𝑥𝑦 BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI 𝑥𝑦 b) 𝑧 = ∫𝑥 𝑡 tan 4𝑡 𝑑𝑡 𝑦 𝑥𝑦 c) 𝑧 = ∫𝑥 3𝑦 𝑡 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 PHAM THANH TUNG Tính đạo hàm riêng hàm ẩn: Từ phương trình 𝐹 (𝑥, 𝑦) = 0, rút hàm số ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥), đó: −𝐹𝑥′ ′( ) 𝑦 𝑥 = ′ 𝐹𝑦 Từ phương trình 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0, rút hàm số ẩn 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦), đó: −𝐹𝑦′ −𝐹𝑥′ 𝑧𝑥′ = ′ , 𝑧𝑦′ = ′ 𝐹𝑧 𝐹𝑧 VD1: Tính đạo hàm hàm số ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥) 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦) rút từ phương trình sau: a) 𝑥 𝑦 − 𝑦 𝑥 = 𝑎4 b) 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑒 𝑧 Giải: a) Xét 𝐹 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 𝑦 − 𝑦 𝑥 − 𝑎4 = ⇒ 𝐹𝑥′ = 3𝑥 𝑦 − 𝑦 , 𝐹𝑦′ = 𝑥 − 3𝑦 𝑥 ⇒ 𝑦 ′ (𝑥 ) = −𝐹𝑥′ 𝐹𝑦′ = −3𝑥 2𝑦+𝑦 𝑥 3−3𝑦 2𝑥 b) Xét 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 𝑒 𝑧 = ⇒ 𝐹𝑥′ = 1, 𝐹𝑦′ = 1, 𝐹𝑧′ = − 𝑒 𝑧 ⇒ 𝑧𝑥′ = −𝐹𝑥′ 𝐹𝑧′ −1 = 1−𝑒 𝑧 , 𝑧𝑦′ = −𝐹𝑦′ 𝐹𝑧′ −1 = 1−𝑒 𝑧 VD2: Tính 𝑦′(𝑥) 𝑦′′(𝑥) hàm số ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥) rút từ phương trình: 𝑦 𝑙𝑛√𝑥 + 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑥 Giải: 𝑦 𝑥 𝑦 𝑦 𝑥 Xét 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑙𝑛√𝑥 + 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑥 = ⇒ 𝐹𝑥′ = 𝑥 2+𝑦 + 𝑥 +𝑦 , 𝐹𝑦′ = 𝑥 +𝑦 − 𝑥 2+𝑦 ′( ⇒ 𝑦 𝑥) = −𝐹𝑥′ 𝐹𝑦′ =− 𝑥 𝑦 + 𝑥2 +𝑦2 𝑥2 +𝑦2 𝑦 𝑥 − 𝑥2 +𝑦2 𝑥2 +𝑦2 𝑥+𝑦 = 𝑥−𝑦 𝑥+𝑦 ′ Từ 𝑦 ′′ (𝑥 ) = [𝑦 ′ (𝑥 )]′ = (𝑥−𝑦 ) = 𝑥+𝑦 (𝑥+𝑦)′ (𝑥−𝑦)−(𝑥−𝑦)′ (𝑥+𝑦) Mà 𝑦 ′ = 𝑥−𝑦 , thay vào ta 𝑦 ′′ (𝑥 ) = (𝑥−𝑦)2 (1+ = (1+𝑦 ′ )(𝑥−𝑦)−(1−𝑦 ′ )(𝑥+𝑦) 𝑥+𝑦 𝑥+𝑦 )(𝑥−𝑦)−(1− )(𝑥+𝑦) 𝑥−𝑦 𝑥−𝑦 (𝑥−𝑦) (𝑥−𝑦)2 = 2(𝑥 2+𝑦 2) (𝑥−𝑦)3 Bài tập: a) b) c) d) e) f) g) Tính đạo hàm 𝑦 ′ (0) hàm ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥) rút từ phương trình 𝑥 + 3𝑦 + 2𝑥𝑦 = Tính 𝑧𝑥′ , 𝑧𝑦′ hàm ẩn 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦) rút từ phương trình 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3𝑥𝑦 = Cho hàm ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥), xác định từ phương trình 𝑥 + 𝑦 + 𝑦 − = Tính 𝑦 ′ (1), 𝑦 ′′ (1) Cho hàm ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥), xác định từ phương trình 𝑥𝑒 𝑦 + 𝑦𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥𝑦 = Tính 𝑦 ′ (𝑥 ) Cho hàm ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥), xác định từ phương trình sin(𝑥𝑦) + 𝑦𝑥 − 𝑒 𝑥𝑦 = Tính 𝑦 ′ (𝑥 ) Tính đạo hàm 𝑦 ′ (𝑎) hàm ẩn 𝑦 = 𝑦(𝑥) rút từ phương trình 𝑥 𝑦 + 𝑥𝑦 − 𝑎𝑥 𝑦 = 𝑎5 Tính 𝑧𝑥′ , 𝑧𝑦′ hàm ẩn 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦) rút từ phương trình 𝑒 𝑧 − 3𝑥𝑦𝑧 = BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG h) Tính 𝑧𝑥′ , 𝑧𝑦′ hàm ẩn 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦) rút từ phương trình 𝑥𝑒 𝑦𝑧 = 2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 i) Tính 𝑧𝑥′ , 𝑧𝑦′ hàm ẩn 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦) rút từ phương trình 𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 = (𝑥 + 𝑦)𝑧 𝑥 j) Tính 𝑧𝑥′ , 𝑧𝑦′ hàm ẩn 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦) rút từ phương trình 𝑧 − 𝑦𝑒 𝑧 = Viết phương trình tiếp tuyến đường cong điểm cho hàm ẩn rút từ 𝑭(𝒙, 𝒚) = 𝟎 Cách làm: áp dụng cơng thức phương trình tiếp tuyến điểm 𝑀(𝑥0 , 𝑦0 ) đường cong: 𝑦 − 𝑦0 = 𝑦 ′ (𝑥0 ) (𝑥 − 𝑥0 ) với 𝑦 ′ (𝑥 ) = −𝐹𝑥′ 𝐹𝑦′ Bài tập: a) Cho đường cong cho 𝑥 + 𝑦 − 3𝑥 + = Viết phương trình tiếp tuyến đường cong 𝐴(−2,4) b) Cho đường cong cho 𝑥 + 3𝑦 + 2𝑥𝑦 = Viết phương trình tiếp tuyến đường cong 𝐴(0,1) V Bài toán tính vi phân tồn phần: Cho hàm số 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦), ta có: o Vi phân tồn phần cấp 1: 𝑑𝑧 = 𝑧𝑥′ 𝑑𝑥 + 𝑧𝑦′ 𝑑𝑦 (1) ′′ ′′ ′′ o Vi phân toàn phần cấp 2: 𝑑 𝑧 = 𝑧𝑥𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑧𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑦 + 𝑧𝑦𝑦 𝑑𝑦 (2) Trong trường hợp hàm số 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦) hàm ẩn rút từ 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = vi phân cấp tính theo cơng thức (1) với 𝑧𝑥′ , 𝑧𝑦′ tính theo cơng thức hàm ẩn 𝑧𝑥′ = VD: Tính: −𝐹𝑥′ 𝐹𝑧′ , 𝑧𝑦′ = −𝐹𝑦′ 𝐹𝑧′ 𝑧 a) 𝑑𝑧 biết 𝑧 = sin(𝑥 + 𝑦 ) b) 𝑑𝑧(1,0) biết 𝑧 = 𝑧(𝑥) rút từ 𝑧 − 𝑦𝑒 𝑥 = Giải: a) Ta có: 𝑧𝑥′ = 2𝑥 sin(𝑥 + 𝑦 ) , 𝑧𝑦′ = 2𝑦 sin(𝑥 + 𝑦 ) ⇒ 𝑑𝑧 = 2𝑥 sin(𝑥 + 𝑦 ) 𝑑𝑥 + 2𝑦 sin(𝑥 + 𝑦 ) 𝑑𝑦 𝑧 −𝑧 𝑧 𝑦𝑧 𝑧 𝑧 𝑦 𝑧 b) Xét 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧 − 𝑦𝑒 𝑥 = ⇒ 𝐹𝑥′ = −𝑦 𝑥 𝑒 𝑥 = 𝑥 𝑒 𝑥 , 𝐹𝑦′ = −𝑒 𝑥 , 𝐹𝑧′ = − 𝑥 𝑒 𝑥 ⇒ 𝑧𝑥′ = −𝐹𝑥′ 𝐹𝑧′ = 𝑧 −𝑦𝑧 𝑒𝑥 𝑥2 𝑧 𝑦 1− 𝑒 𝑥 𝑥 , 𝑧𝑦′ = −𝐹𝑦′ 𝐹𝑧′ 𝑧 𝑒𝑥 = 𝑦 𝑥 𝑧 1− 𝑒 𝑥 𝑧 𝑧 Với 𝑥 = 1, 𝑦 = 0, thay vào 𝑧 − 𝑦𝑒 𝑥 = ta 𝑧 − 𝑒 = ⇒ 𝑧 = ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑧 −𝑦𝑧 𝑒𝑥 𝑥 𝑧 𝑦 1− 𝑒 𝑥 𝑥 𝑧 𝑑𝑥 + 𝑒𝑥 𝑦 𝑥 𝑧 1− 𝑒 𝑥 BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI 𝑑𝑦 ⇒ 𝑑𝑧(1,0) = −0.0 𝑒1 0 1− 𝑒 1 𝑑𝑥 + 𝑒1 𝑑𝑦 = 𝑑𝑦 1− 𝑒 PHAM THANH TUNG VI Bài tốn tìm cực trị hàm nhiều biến (khơng có điều kiện): Cách làm: 𝑧𝑥′ = o B1: Giải hệ { ′ ⇒ nghiệm (𝑥1 , 𝑦1 ), (𝑥2 , 𝑦2 ), … ⇒ điểm tới hạn có tọa độ 𝑧𝑦 = nghiệm o B2: Đặt 𝐴 = 𝑧 ′′ 𝑥𝑥 , 𝐵 = 𝑧 ′′ 𝑥𝑦 , 𝐶 = 𝑧 ′′ 𝑦𝑦 , ∆ = 𝐵2 − 𝐴𝐶 Tính A, B, C, ∆ điểm tới hạn vừa tìm đc B1 o B3: Xét trường hợp: {𝐴 > ⇒ điểm cực tiểu ⇒ 𝑧𝐶𝑇 = … ∆< {𝐴 < ⇒ điểm cực đại ⇒ 𝑧𝐶Đ = … ∆< ∆ > ⇒ không cực trị ∆ = ⇒ phải sử dụng định nghĩa để xét VD1:Tìm cực trị hàm số sau: 𝑧 = xy + 50 𝑥 + 20 𝑦 (x,y >0) Giải: 50 𝑦 − 𝑥2 = 𝑧′ = 𝑥 𝑦 = 50 (1) (1) 𝑥 Xét { 𝑥′ ⇔ { ⇔ { Do 𝑥, 𝑦 ≠ 0, lấy (2) ⇒ 𝑦 = ⇒ 𝑥 = 20 𝑧𝑥 = 𝑥𝑦 = 20 (2) 𝑥 − 𝑦2 = 𝑦 Thay vào (2) ta được: 𝑦 = 20 ⇒ y = ⇒ x = Ta có điểm tới hạn M(5,2) Đặt A=𝑧′′𝑥𝑥 = 100 𝑥3 40 ; B=𝑧′′𝑥𝑦 = 1; C=𝑧′′𝑦𝑦 = 𝑦 Tại M(5,2), ta có: { 𝐴= >0 ∆= 𝐵2 − 𝐴𝐶 = −3 < ⇒ M(5,2) điểm cực tiểu ⇒ 𝑧𝐶𝑇 = 𝑧(5,2) = 30 VD2: Tìm cực trị hàm số z = 2𝑥 + 𝑥𝑦 + 𝑦 +2 Giải: Xét −𝑦 𝑧𝑥′ = 4𝑥 + 𝑦 = 2𝑥 = { ′ ⇔ { ⇔{ ⇒ 𝑧𝑦 = 2𝑥𝑦 + 3𝑦 = 2𝑥𝑦 + 3𝑦 = ⇒ có điểm tới hạn 𝑀1 (−9,6) 𝑀2 (0,0) −𝑦 2 y + 3𝑦 = ⇒ [ 𝑦 = ⇒ 𝑥 = −9 𝑦=0⇒𝑥=0 ′′ ′′ ′′ Đặt A=𝑧𝑥𝑥 = ; B=𝑧𝑥𝑦 = 2𝑦 ; C=𝑧𝑦𝑦 = 2𝑥 + 6𝑦 BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG 𝐴=4>0 *Tại 𝑀1 (−9,6) : { ⇒ 𝑀1 không điểm cực trị hàm số ∆= 𝐵2 − 𝐴𝐶 = 72 > *Tại 𝑀2 (0,0) : ∆= Gỉa sử 𝑀0 (0 + ∆𝑥; + ∆𝑦) với ∆𝑥, ∆𝑦 nhỏ điểm lân cận 𝑀2 (0,0) Xét hiệu : ∆𝑧 = 𝑧(𝑀0 )-z(𝑀2 ) = z(∆𝑥, ∆𝑦) −2 ⇒ ∆𝑧 = 2∆𝑥 + ∆𝑥∆𝑦 + ∆𝑦 Xét điểm lân cận 𝑀2 (0,0) nằm trục Oy: 𝑀0 (0; ∆𝑦) ⇒ ∆𝑧 = 2.0+0 ∆𝑦 2+ ∆𝑦 = ∆𝑦 Bảng xét dấu: ∆y ∆𝑧 = ∆𝑦 0− 0+ − + ⇒ ∆𝑧 đổi dấu ∆y qua ⇒ 𝑀2 (0,0) không điểm cực trị Vậy hàm số cực trị *Cách làm có ∆= 0: với tính ∆= 0, ta thường xét điểm lân cận có tọa độ đặc biệt hoành độ = (hay tung độ = 0) , hoành độ = tung độ hay hoành độ = - tung độ, nên thử TH đặc biệt để nhận định đổi dấu ∆z (đa số đề ∆= ∆z đổi dấu) VD3: Tìm cực trị hàm số sau: z = 𝑥 + 𝑦 -2𝑥 +4xy- 2𝑦 Giải: 𝑥 = −𝑦 𝑥 = −𝑦 𝑧′𝑥 = 4𝑥 − 4𝑥 + 4𝑦 = 𝑥3 + 𝑦3 = Xét hê: { ⇔{ ⇔{ ⇔{ ⇔ {[ 𝑦 = 𝑦 − 2𝑦 = 𝑧′𝑦 = 4𝑦 + 4𝑥 − 4𝑦 = 𝑦 +𝑥−𝑦+0 𝑦 = ±√2 ⇒ Ta có điểm tới hạn 𝑀1 (0,0); 𝑀2 (−√2, √2); 𝑀3 (√2, −√2) Đặt: 𝐴 = 𝑧′′𝑥𝑥 = 12𝑥 − ; 𝐵 = 𝑧′′𝑥𝑦 = ; 𝐶 = 𝑧′′𝑦𝑦 = 12𝑦 − 𝐴 = 20 Với 𝑀2 (−√2, √2) ⇒ { ⇒ 𝑀2là điểm cực tiểu, 𝑧𝑐𝑡 = 𝑧(𝑀2 )=-8 ∆= 𝐵2 − 𝐴𝐶 = −384 < 𝐴 = 20 Với 𝑀3 (√2, −√2) ⇒ { ⇒ 𝑀3là điểm cực tiểu, 𝑧𝑐𝑡 = 𝑧(𝑀3 )=-8 ∆= 𝐵 − 𝐴𝐶 = −384 < Với 𝑀1 (0,0) ∆= 𝐵2 − 𝐴𝐶 = Giả sử 𝑁(0 + ∆𝑥 ; 0) điểm lân cận 𝑀1 nằm Ox (∆𝑥 nhỏ) Xét ∆𝑧 = 𝑧(𝑁) − z(𝑀1 ) = z(∆𝑥 ; 0) − z(0;0) ⇒ ∆𝑧 = ∆𝑥 − 2∆𝑥 =∆𝑥 (∆𝑥 -2) Bảng xét dấu : BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG ∆𝑥 ∆𝑧=∆𝑥 (∆𝑥 -2) -√2 + √2 0 − − + Từ bảng ⇒ với điểm lân cận nằm trục hồnh ∆𝑧 < Xét điểm lân cận 𝑁(∆𝑥, ∆𝑦) có hồnh độ tung độ (∆𝑥 = ∆𝑦 ≠ 0, ∆𝑥, ∆𝑦 nhỏ) ⇒ ∆𝑧 = 2∆𝑥 > Vậy ∆𝑧 dấu thay đổi ⇒ (0,0) không cực trị hàm số Bài tập: Tìm cực trị hàm số sau: a) 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 − 2𝑥𝑦 d) 𝑧 = 𝑥 + 𝑥𝑦 + 𝑦 + (𝑥 + 𝑦)4 b) 𝑧 = 𝑥 + 3𝑦 − 5𝑥𝑦 + 3𝑥 − 𝑦 c) 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 − 2𝑥 + 2𝑦 e) 𝑧 = 2𝑥 + 3𝑦 + 𝑒 𝑥 f) 𝑧 = 8𝑥 + 𝑦 − 6𝑥𝑦 2+𝑦 VII Bài tốn cực trị có điều kiện ràng buộc x y: Bài tốn: Tìm cực trị hàm 𝑧 = 𝑧(𝑥, 𝑦) với điều kiện 𝑓 (𝑥, 𝑦) = Cách giải: sử dụng phương pháp nhân tử Langrange o B1: Đặt 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) = 𝑧(𝑥, 𝑦) + 𝑘𝑓(𝑥, 𝑦) 𝐿′𝑥 = o B2: Giải hệ {𝐿′𝑦 = ⇒các nghiệm ( 𝑘1 ; 𝑥1 ; 𝑦1 );( 𝑘2 ; 𝑥2 ; 𝑦2 ) 𝐿′𝑘 = o B3: Cách 1: xét dấu vi phân cấp 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) (ưu tiên) 𝑑 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) = 𝐿′′𝑥𝑥 𝑑𝑥 + 2𝐿′′𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦+𝐿′′𝑦𝑦 𝑑𝑦 𝑑 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) M (𝑘1 ; 𝑥1; 𝑦1 ) < M điểm cực đại có điều kiện z 𝑑 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) M (𝑘1 ; 𝑥1; 𝑦1 ) > M điểm cực tiểu có điều kiện z Cách 2: (nếu việc xét dấu cách gặp khó khăn) Với ( 𝑘1 ; 𝑥1; 𝑦1 ) , thay giá trị 𝑘1 vào 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) ta 𝐿1 = 𝑧(𝑥, 𝑦) + 𝑘1 𝑓(𝑥, 𝑦) ⇒ trở toán xét cực trị hàm 𝐿1 với điểm tới hạn 𝑀1 (𝑥1; 𝑦1 ) Làm tương tự với nghiệm cịn lại BK-ĐẠI CƯƠNG MƠN PHÁI PHAM THANH TUNG VD1: Tìm cực trị hàm số: z= 2𝑥 + 𝑦 với điều kiện 𝑥 + 𝑦 =1 Giải: Điều kiện 𝑥 + 𝑦 =1⇔ 𝑥 + 𝑦 − = Đặt hàm phụ: 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) = 2𝑥 + 𝑦 +k( 𝑥 + 𝑦 2-1) 4𝑥 + 2𝑘𝑥 = (1) 𝐿′𝑥 = Xét {𝐿′𝑦 = ⇔ (*) {2𝑦 + 2𝑘𝑦 = (2) 𝐿′𝑘 = 𝑥 + 𝑦 =1 (3) TH1: (1) ⇒ 2𝑥(𝑘 + 2) = ⇒ 𝑘 = −2 Với 𝑘 = −2, hệ (*) trở thành{ TH2: (2) ⇒ 2𝑦(𝑘 + 1) ⇒ 𝑘 = −1 Với 𝑘 = −1, hệ (*) trở thành{ −2𝑦 = 𝑥 = ±1 ⇒{ 2 𝑦=0 𝑥 + 𝑦 =1 2𝑥 = 𝑥=0 ⇒{ 𝑦 = ±1 𝑥 + 𝑦 =1 ⇒ Các điểm tới hạn là: A(1,0); B(-1,0) ứng với 𝑘 = −2; C(0,1),D(0,-1) ứng với 𝑘 = −1 Xét vi phân cấp 2: 𝑑 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) = 𝐿′′𝑥𝑥 𝑑𝑥 + 2𝐿′′𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦+𝐿′′𝑦𝑦 𝑑𝑦 ⇒ 𝑑 𝐿 (𝑥, 𝑦, 𝑘) = (2+k)𝑑𝑥 + 0.𝑑𝑥𝑑𝑦+(1+k)𝑑𝑦 ⇒ 𝑑 𝐿 (𝑥, 𝑦, 𝑘) = (2+k)𝑑𝑥 +(1+k)𝑑𝑦 Với 𝑘 = −2 ⇒ 𝑑 𝐿 (𝐴) = 𝑑 𝐿 (𝐵)= −𝑑𝑦 < ⇒A(1,0), B(-1,0) điểm cực đại có điều kiện z, 𝑧𝐶Đ = 𝑧(1,0) = 𝑧(−1,0) = Với 𝑘 = −1 ⇒ 𝑑 𝐿 (𝐶 ) = 𝑑 𝐿 (𝐷)= 𝑑𝑥 >0 ⇒ C(0,1), D(0,-1) điểm cực tiểu có điều kiện z, 𝑧𝐶𝑇 = 𝑧(0,1) = 𝑧(0, −1) = 𝑥 𝑦 VD2: Tìm cực trị hàm số: z= + với điều kiện 𝑥 + 𝑦 2=1 Giải: 𝑥 𝑦 𝑥 + 𝑦 2=1 𝑥 + 𝑦 − 1=0 Đặt L(x,y,k)= + + k.( 𝑥 + 𝑦 − 1) 𝐿′𝑥 = Xét {𝐿′𝑦 = ⇔ 𝐿′𝑘 = Với k = 24 ⇒x= + 2𝑘𝑥 = + 2𝑘𝑦 = ⇔ { 𝑥2 + 𝑦2 = −3 ;y= BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI −4 −1 𝑥 = 8𝑘 −1 𝑦 = 6𝑘 −1 −1 (k≠ 0) ⇒ (8𝑘 )2 + (6𝑘 )2=1⇒ 𝑘=± 24 { 𝑥2 + 𝑦2 = ta điểm tới hạn A( −3 ; −4 ) PHAM THANH TUNG 4 Với k = − 24 ⇒ x = ; y= ta điểm tới hạn B(5 ; 5) Xét vi phân cấp 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) 𝑑 𝐿(𝑥, 𝑦, 𝑘) = 𝐿′′ 𝑥𝑥 (𝑥, 𝑦, 𝑘 )𝑑𝑥 + 2𝐿′′ 𝑥𝑦 (𝑥, 𝑦, 𝑘) + 𝐿′′ 𝑦𝑦 (𝑥, 𝑦, 𝑘 )𝑑𝑦 = 2𝑘d𝑥 + 2𝑘d𝑦 Với k = −3 ; A( ; 24 −4 kiện z, 𝑧𝑐𝑡 = 𝑧(𝐴) = Với k = −5 24 −3 ) ⇒ 𝑑2𝐿 ( ; −4 5 −3 ; 24) = 12 (d𝑥 + d𝑦 ) > ⇒ A( ; −4 ) cực tiểu có điều −5 12 ; B(5 ; 5) ⇒ 𝑑 𝐿 (5 ; ; 24) = −5 (d𝑥 + d𝑦 ) < ⇒ B( ; ) cực đại có điều kiện 12 5 z, 𝑧𝐶Đ = 𝑧(𝐵) = 12 Bài tập: Tìm cực trị có điều kiện hàm sau: a) 𝑧 = 9𝑥 + 8𝑦 với điều kiện 9𝑥 + 4𝑦 = b) 𝑧 = 2𝑥 + 𝑦 với điều kiện 𝑥 + 𝑦 = 𝑥 𝑦 c) 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 với điều kiện + = VIII Bài toán khai triển Taylor điểm hàm nhiều biến số: Công thức khai triển Taylor điểm M(𝑥0 ; 𝑦0 ) +∞ 𝑧(𝑥, 𝑦) = z(𝑥0 ; 𝑦0 ) + ∑ 𝑘=1 𝑘 1 𝑑 𝑧(𝑥0 ; 𝑦0 ) = z(𝑥0 ; 𝑦0 ) + 𝑑𝑧(𝑥0 ; 𝑦0 ) + 𝑑 𝑧(𝑥0 ; 𝑦0 ) + ⋯ 𝑘! 1! 2! Trong đề thi thường tính đến vi phân cấp 3, vi phân cấp cao Khi tính vi phân cấp 2,3 𝑀(𝑥0 ; 𝑦0 ) thay 𝑑𝑥 thành (𝑥 − 𝑥0 ) , thay 𝑑𝑦 thành (𝑦 − 𝑦0 ) VD: 𝑑 z(M)= 𝑧′′𝑥𝑥 (M).(𝑥 − 𝑥0 )2 +2 𝑧′′𝑥𝑦 (M).(𝑥 − 𝑥0 )(𝑦 − 𝑦0 ) + 𝑧′′𝑦𝑦 (M) (𝑦 − 𝑦0 )2 VD: Viết khai triển Taylor hàm số sau điểm 𝑀(1,3) Giải: ′′ ′′ ′′ Ta có : 𝑧𝑥′ = 2𝑥 + 𝑦 + 2, 𝑧𝑦′ = 2𝑦 + 𝑥 + 2, 𝑧𝑥𝑥 = 2, 𝑧𝑦𝑦 = 2, 𝑧𝑥𝑦 =1 Các đạo hàm riêng cấp hàm số số ⇒ vi phần toàn phần cấp trở lên Sử dụng công thức khai triển Taylor điểm M(1; 2) +∞ 𝑧(𝑥, 𝑦) = z(𝑥0 ; 𝑦0 ) + ∑ 𝑘=1 𝑘 1 𝑑 𝑧(𝑥0 ; 𝑦0 ) = z(𝑥0 ; 𝑦0 ) + 𝑑𝑧(𝑥0 ; 𝑦0 ) + 𝑑 𝑧(𝑥0 ; 𝑦0 ) 𝑘! 1! 2! 𝑧(1,2) = 14; 𝑑𝑧(1,2) = 𝑧′𝑥 (1,2).(𝑥 − 1) + 𝑧′𝑦 (1,2).(𝑦 − 2) = 6(𝑥 − 1) + 7(𝑦 − 2) 𝑑 𝑧(1,2) = 2(𝑥 − 1)2 + 2(𝑥 − 1)(𝑦 − 2) + 2(𝑦 − 2)2 BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG Vậy khai triển Taylor M(1,2) : 𝑧 = 14 + 6(𝑥 − 1) + 7(𝑦 − 2) + (𝑥 − 1)2 + (𝑥 − 1)(𝑦 − 2) + (𝑦 − 2)2 Bài tập: Khai triển Taylor hàm số sau điểm tương ứng: a) 𝑧 = 6𝑥 + 5𝑦 + 4𝑥𝑦 + 3𝑥 + 2𝑦 + điểm (1,1) b) 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 + 3𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 + điểm (1,2) IX Bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất: Bài toán: Tìm GTNN,GTLN hàm 𝑧 = 𝑓 (𝑥, 𝑦) miền 𝐷 VD: Tìm min, max z = sinx + siny + sin(x + y) với ≤ 𝑥, 𝑦 ≤ 𝜋 2 Cách làm tổng quát: + Tìm điểm dừng 𝑀1 , 𝑀2 , …của hàm 𝑧 nằm phía miền 𝐷 ( tốn cực trị khơng có điều kiện) + Tìm điểm dừng 𝑁1 , 𝑁2 , … hàm 𝑧 biên miền 𝐷 ( tốn cực trị có điều kiện) + Tính giá trị 𝑓 (𝑀1 ), 𝑓 (𝑀2 ), 𝑓 (𝑁1 ), 𝑓 (𝑁2 ), … Và tính giá trị 𝑓 (𝑥, 𝑦) đầu mút miền GTNN,GTLN 𝑍 miền 𝐷 GTNN GTLN số giá trị 𝑓 vừa tính Bài tốn đặc biệt : Tìm GTNN,GTLN hàm 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) miền 𝐷, mà miền 𝐷 có dạng đường thẳng đường cong VD: tìm min,max z = sinx + siny + sin(x + y) với 𝑥 + 𝑦 = Cách làm: + Với miền đường thẳng, rút 𝑥 theo 𝑦 𝑦 theo 𝑥 khảo sát hàm 𝑧 biến 𝑥 𝑦 => min, max + với miền đường cong phức tạp khó rút biến => Đưa tốn tìm cực trị có điều kiện, giải pp nhân tử Langrange, giá trị max 𝑧𝐶Đ ; giá trị 𝑧𝐶𝑡 BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG VD1: Tìm min, max z = sinx + siny + sin(x + y) với 0≤ 𝑥, 𝑦 ≤ 𝜋 Giải: + Miền giá trị (𝑥, 𝑦) hv ABCD + Xét điểm phía miền 0< 𝑥, 𝑦 < 𝜋 + Tìm điểm tới hạn: + Xét hpt { 𝑧′𝑥 = 𝑧′𝑦 = cos 𝑥 = cos 𝑦 cos 𝑥 + cos(𝑥 + 𝑦) = ⇔{ ⇔ {cos 𝑦 + cos(𝑥 + 𝑦) = cos 𝑦 + cos(𝑥 + 𝑦) = 𝑥=𝑦 𝑥=𝑦 3𝑥 { {2 cos cos 𝑥 = cos 𝑥 + cos 2𝑥 = 2 𝑦=𝑥 𝑦=𝑥 3𝑥 𝑥 = 𝜋 (loại) x = y = 𝜋 𝑐𝑜𝑠 = {[ {[ 𝜋 𝑥 𝑥 = (tm) 𝑐𝑜𝑠 = 𝜋 𝜋 => Trong miền 𝐷, 𝑧 có điểm tới hạn 𝑀1 (3 , ) + Xét biên 𝐷𝐶: y=0 ; 0 z’=2cosx => z’=0 𝑥 = 𝜋 (loại) 𝐷𝐶(trừ đầu mút) khơng có điểm tới hạn + Xét biên 𝐴𝐷: x = ; < y < 𝜋 𝑧 = sin 𝑦 => 𝑧 ′ = cos 𝑦 => 𝑧 ′ = 𝑦 = 𝜋 (loại) 𝐴𝐷 (trừ đầu mút) khơng có điểm dừng 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 Tương tự biên AB BC ta tìm điểm tới hạn 𝑀2 ( ; ) ; 𝑀3 ( ; ) 3√3 + Ta có : z(𝑀1 )= ; 𝑧(𝑀2 ) = 𝑧(𝑀3 ) = √2 +1 ; z(D)=0 z(C)=2; z(B)= 2, z(A) =2 BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG Vậy 𝑧𝑚𝑎𝑥 = √3 ; 𝑧𝑚𝑖𝑛 = VD2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 𝑧 = 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑥𝑦 − 13𝑥 − 18𝑦 miền ∆𝑂𝐴𝐵 với O(0,0); A(7,0); B(0,7) Giải + phương trình AB: y = − x + Xét miền ∆𝑂𝐴𝐵 + Tìm điểm tới hạn 𝑧𝑥′ = 3𝑥 + 3𝑦 − 13 = { + Xét hệ ′ { 𝑧𝑦 = 4𝑦 + 3𝑥 − 18 = { 3𝑥 + 3𝑦 − 13 = 3𝑦 + 𝑥 − 27 =0 ⇒ 3𝑥 − 𝑥 + = ⇒ vô nghiệm ⇒ Trong miền ∆𝑂𝐴𝐵 khơng có điểm tới hạn + Xét biên 𝑂𝐵 (khơng tính đầu mút): x=0 ; 0 biên OA có điểm tới hạn N(√ ; 0) Ta có: 𝑧(𝑂) = 0, ; z(A) = 252 ; z(B) = −17 ; z(M) = −40,5; z(N) = −26√39 Vậy max z = 252 ; z = −40,5 VD3: Tìm 𝑚𝑖𝑛, 𝑚𝑎𝑥 𝑧 = 𝑥 − 9𝑦 , miền hình elip 𝑥2 + 𝑦2 ≤ Giải: BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG + Xét miền elip 𝑥2 + 𝑦2 < + Tìm điểm tới hạn 𝑧′𝑥 = 2𝑥 = Xét { { −18𝑦 = 𝑧′𝑦 = x=y=0 Điểm O(0,0) nằm phía elip => Trong miền elip có điểm tới hạn O(0,0) Xét biên elip 𝑥2 + 𝑦2 = + Tìm điểm tới hạn z với điều kiện 𝑥2 + 𝑦2 − = 𝑥2 + Đặt hàm phụ L(x,y,k)= 𝑥 − 9𝑦 + k ( + 𝑦 − 1) 𝑘 2𝑘 𝑥 (1 + ) = 2𝑥 + 𝑥 = 𝐿′𝑥 = + Xét {𝐿′𝑦 = −18𝑦 + 2𝑘𝑦 = 𝑦(𝑘 − 9) = 𝑥2 𝑥2 𝐿′𝑘 = + 𝑦2 = { +𝑦 =1 { - TH1: x = y = ⇒ nghiệm hệ - TH2: k = −9 => y = ⇒ x = ±3 - TH3: k = => x = ⇒ y = ±1 Với k=-9, z có điểm tới hạn A(3,0) ; B(-3;0) Với k=9, z có điểm tới hạn C(0,1) ; D(0;-1) + Ta có: z(O)=0 ; z(A)=9 ; z(B)=9 ; z(C)=-9 ; z(D)=-9 Vậy miền hình elip 𝑥2 + 𝑦 ≤ Zmin=-9 ; Zmax=9 BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG Tài liệu biên soạn dựa kinh nghiệm cá nhân, dù cố gắng chắn tồn lỗi sai tính tốn, lỗi đánh máy, …mọi ý kiến góp ý bạn đọc vui lịng gửi qua link fb “fb.com/tungg810” để kiểm tra, hồn thiện tài liệu Xin chân thành cảm ơn! BK-ĐẠI CƯƠNG MÔN PHÁI PHAM THANH TUNG ...