Giải bài tập toán cao cấp A3 – phần 1 – Tài liệu text

Giải bài tập toán cao cấp A3 – phần 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (397.89 KB, 23 trang )

BÀI TẬP CHƯƠNG I
1. Tìm miền xác định của các hàm số: (trang 44)
a) f(x,y) =

+

Miền xác định của hàm số là mọi điểm (x,y)

mpOxy sao cho hàm f(x,y) có nghĩa, khi đó:

b) f(x,y) =

Miền xác định của hàm số là mọi điểm (x,y)

mpOxy sao cho hàm f(x,y) có nghĩa, khi đó:

c) f(x,y,z) = arcsin

Miền xác định của hàm số là mọi điểm (x,y)

-1

mpOxy sao cho hàm f(x,y) có nghĩa, khi đó:

z

d) f(x,y,z) =

Miền xác định của hàm số là mọi điểm (x,y)

mpOxy sao cho hàm f(x,y) có nghĩa, khi đó:

2. Tính các giới hạn sau nếu tồn tại:(trang 44)
a)

Sử dụng tính chất kẹp:

Mà:

0

=0

b)

NX: Các hệ số đẳng cấp (bậc 2) nên thường
Ta có: M˳ (0,0)

O(0,0)

Hướng điểm M theo đường thẳng y = x: M

M(x,x)

Hướng điểm M theo đường thẳng y = 0: M

M(x,0)

=

nên

=0

c)

Ta có:

=

=

Vậy:

=

=

= -1

d)

Ta có: 0

Mà:

=

= 0 và

= 0 nên

3. Hàm số: f(x,y) =

(trang 44)

a) Tính

),

*

=

*

=

=

=

=0

= -1

=1

b) Chứng minh:

Ta có: M˳(0,0)

không tồn tại

O(0,0)

Hướng điểm M theo đường thẳng y = x

=

M

y =x

M(x,x)

M

y=0

M(x,0)

=0

Hướng điểm M theo đường thẳng y =0
=

=1

Do 0 # 1 nên
4. Tính các giới hạn sau nếu tồn tại:(trang 44)

a)

Ta có: 0

=

= 0 và

= 0 nên

=0

b)

Ta có: M˳(0,0)

O(0,0)

Hướng điểm M theo đường thẳng y = x: M

M(x,x)

=

=

Hướng điểm M theo đường thẳng y =0
=

=

Vì 2 # 1 nên

=2
M

y=0

M(x,0)

=1

không tồn tại

c)

Ta có: 0

Mà:

d)

= 0 và

= 0 nên

=

e)

5.Cho hàm số f(x,y)=

=0

Chứng minh rằng: (trang 45)

=0

=

=0 và

không tồn tại.

Ta có:
=0
=0 nên
Ta có: M˳(0,0)

=

=0 (đpcm)

O(0,0)

Hướng điểm M theo đường thằng y= x

M y=x

M(x,x)

M y=0

M(x,0)

=1

Hướng điểm M theo đường thằng y= 0
=0

Vì 0

6. Chứng minh rằng hàm số sau liên tục tại điểm (1,-1) (trang 45)

f(x,y)=
Ta có:

f(x˳,y˳) xác định vì f(x˳,y˳)=f(1,-1)=

=

=

= = f(1,- 1)

Hàm liên tục tại (1,-1)
Tìm tất cả các điểm gián đoạn của hàm số: (trang 45)

f(x,y)=
Ta có:

Xét tại mọi điểm (x,y)
(x,y)

f(x,y)=

hàm số f(x,y) liên tục tại mọi điểm

(0,0) vì hàm sơ cấp liên tục trên tập xác định của nó

Xét tại điểm (x,y) =(0,0):
f(x,y) = f(0,0) =0 nên xác định tại (0,0)

Ta có: đặt
Khi x
Ta được:

,y

cho r

0

=

=

nên hàm số f(x,y) bị gián đoạn tại điểm

(0,0).
8.tính đạo hàm riêng cấp 1 của các hàm số: (trang 45)
a) f(x,y) = xy2+y3-2x+5
Ta có:
= y2-2

= 2xy+3y2

b) f(x,y) = ln(x2+ 2y)
=

=

c) f(x,y) = arctan(x2

=

=

d) f(x,y) =

= y2

, x > 0, y > 0

.2y.lnx

e) f(x,y) =

.y2.

.

f) f(x,y) = u

cos(y/x).

+

v

+

, v= yx2

, u=

(

+

.

-v

(

-v

+( u

0+(u

).2xy

).x2= ( u

9) Tính các đạo hàm riêng cấp 2 của các hàm số sau: (trang 46)
a) f(x,y) = arctan

=

).x2 =(

+

).x2

=

=

=

=

b) f(x,y) = ylnx
ylnx.lny

= lnx.

=

=

lnx.(lnx -1).

10.Hàm số f(x,y) = x + (y-1)arcsin

Ta có:

= 1 +(y-1)

, tính

(trang 46)

=1

11.Dùng vi phân cấp một, tính gần đúng giá trị của (trang 46)
a)T1 =
Chọn:

biết

= 2, x = x= 1,

0,02

= y-

Xét hàm tương ứng: f(x,y) =

=

= f(

+

Tính:

Vậy: T1

) = f(2,1) =

(

,

)=

(2,1) =

0.4559

(

,

)=

(2,1) =

0.3420

1.71 + 0.4559*0.02+0.3420*0.03

=

, x = x-

,

)

+ +

1.71

b) T2 = sin59ocos32o = sin(60o-1o)cos(30o+2o)

Chọn:

(

1.73

sin(

cos(

(

,

)

= ,

= y-

Xét hàm tương ứng: f(x,y) = sinx.cosy

T2 = sin(xo +

= f(

Tính:

+

)=

(

,

)=

(, )=

(

,

)=

(, )=-

Vậy: T2

c) T3= (1,03) 5,95
Chọn

x0 = 1; ∆x = 0,03
y 0 = 6; ∆y = −0,05

Xét tương ứng:
f ( x, y ) = x y
⇒ T3 = ( x0 + ∆x )


y 0 + ∆y

= f ( x0 + ∆x; y0 + ∆y )

f ( x0, y0 ) = 16 = 1
∂f
= 6.16 −1 = 6
∂x

(

.cos(yo +
,

)

+ +

(

,

)

∂f
= 16. ln 1 = 0
∂y
→ T3 = 1 + 6.0,03 + 0.(−0,05) ≈ 1,18

d)T4= ln(0,994 + 1,034 − 1)
Chọn

x0 = 1; ∆x = −0,01
y0 = 1; ∆y = 0,03

Xét tưng ứng

f ( x, y ) = ln( x 4 + y 4 − 1)
T 4= ln(( x0 + ∆x) 4 + ( y0 + ∆y ) 4 − 1) = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y )

f ( x0, y0 ) = ln(14 + 14 − 1) = 1

∂f
4.13
= 4 4
=4
∂x 1 + 1 − 1
∂f
4.13
=
=4

∂y 14 + 14 − 1
→ T4 = 1 + 4.0,01 + 4.0,03 ≈ 1,16

12. Cho hàm z = z ( x, y ) xác định từ phương trình

dz ( x, y ) =

z
x
= ln  + 1 (trang 46)
y
 y

∂z
∂z
∂z
∂z
dx + dy ⇒ dz (1,1) = (1,1) dx + (1,1)dy
∂x
∂y
∂x
∂y

Tính đạo hàm riêng của hàm ẩn z = z ( x, y )

f ( x, y, z ) ≡

z
x
− ln  − 1 = 0
y
 y

tacó :
1
∂z
F ′x
z
∂z
y
=−
=
= ⇒ (1,1) = 1
∂x
F ′z − 1
y
∂x
z
1 − x 2
y
∂z
z
∂z
y
=
= 2 ( y − x ) ⇒ (1,1) = 0
−1
∂y
∂y
y
z
→ dz (1,1) = 1.dx + 0.dy = dx

13. Tính df(x,y) nếu: (trang 46)
a) f ( x, y ) = x sin y − y cos
df =

∂f
∂f
dx + dy
∂x
∂y

∂f
= sin y + y sin x
∂x
∂f

= x cos y − cos x
∂y
⇒ df = (sin y + y sin x )dx + ( x cos y − cos x )dy

b) f (u, v) = u 2v − v 2u, với u=ycox, v=xsiny
df ( x, y ) =

∂f
∂f
dx + dy (1)
∂x
∂y

∂f ∂f ∂f ∂f ∂v

=. + .
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x
= ( 2uv − v 2 )(− y sin x) + (u 2 − 2 su ). sin y

= ( 2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y )(− y sin x) + ( y 2 cos 2 x − 2 xy cos x sin y ) sin y

∂f ∂f ∂u ∂f ∂v
=
.
+ .
∂y ∂u ∂y ∂v ∂y

= ( 2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y ) cos x + ( y 2 cos2 x − 2 xy cos x sin y ) cos yx
⇒ df = ((2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y )(− y sin x ) + ( y 2 cos 2 x − 2 xy cos x sin y ) sin y )dx
+ ((2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y ) cos x + ( y 2 cos 2 x − 2 xy cos x sin y ) cos yx)dy
14. Cho phương trình x2 + y2 + z2 -3xyz = 0(trang 46)


a) Tính z x’, z xy với z = z(x, y) xác định bởi (1)

Đặt F(x,y,z)= x2+ y2+z2-3xyz=0 (1)

∂z
F ‘ x 2 x − 3 xy
=− ‘ =

∂x
F z 2 z − 3 xy
∂z
F ‘ y 2 z − 3 xz
=−
=
∂y
F ‘ z 2 y − 3xz
z xy” =
=−
=−

∂2z

2 x − 3 yz
= (−
)
∂x∂y ∂y 2 z − 3 xy

(2 x − 3 yz ) ‘y ( 2 z − 3 xy ) − (2 x − 3 yz )(2 z − 3 xy ) ‘y
(2 z − 3 xy ) 2
(3z + z ‘y ( −3 y ))(2 z − 3 x 2 y ) − (2 z ‘y − 3 x)(2 x − 3 yz )
(2 z − 3 yx) 2
(3 z −

=−

2 y − 3 xz
2 y − 3 xz
3 y )(2 z − 3 yx 2 ) − (2 −

− 3 x)(2 x − 3 yz )
2 z − 3 xy
2 z − 3 xy
(2 z − 3 yz ) 2

2 x − 3 yz
2
).xy 2
y 2 z − z x’ xy 2 y .z − (−
∂f
b) f =
=
=
2 z − 3xy
∂x
z2
z2

x

 f x’ (1,1,1) = 2
15. Khai triển Mac-Laurin đến số hạn bậc 6 của hàm(trang 46)

f ( x, y ) = cos( x 3 + y 3 )
Đặt t = x 3 + y 3
do

x→0
y →0

nên t → 0
+∞

Vậy ta có

t 2n
f (t ) = cos t = ∑ (−1)
2n!
−∞
n

t2 t4 t6
= 1 − + − + θ (t 6 ), t → 0
2! 4! 6!

( x3 + y 3 ) 2 ( x3 + y 3 ) 4 ( x3 + y 3 )6
+

+ R6 ( x, y )
2!
4!
6!
1
1
1
= 1 − ( x 6 + 2 x 3 y 3 + y 6 ) = 1 − x 6 + x 3 y 3 + y 6 + R6 ( x, y )
2!
2
2

⇒ f ( x, y ) = 1 −

16. Khai triển Taylor hàm f(x,y) = 2

-3

– 4xy +2

+x +6y -5 tại lân cận điểm (-1,2)

(trang 46)
Ta có:
= f(x0,y0) + d f(x0,y0) + d2 f(x0,y0) + d3 f(x0,y0) + 0(

f(x,y)=
Tính :

f(x0,y0) =f(-1,2) = 17

d f(x0,y0) =

(x0,y0).dx +

=6

= -4x +4y +6

dy
(-1,2) = 5
(-1,2) = 18

df(-1,2) = 5dx + 18dy

d2 f(x0,y0) =

(x0,y0).d
=

=

f3 f(x0,y0) =

2

(-1,2) =-4

( )=4

dx3+3

(x0,y0).d

(-1,2) = -18

= -4

9-1,2) = 4

d2 f(x0,y0) = -18d

(x0,y0) +

( ) = 12x -6

=

+2

d

-8dxdy + 4d
+

3dxd

+

dy3

)

=

(

) = 12

(-1,2) = 12

=

(

)=0

(-1,2) = 0

=

(

) =0

(-1,2) = 0

=

(

) =0

(-1,2) = 0

d3f(-1,2) = 12dx3
f(x,y) =17 +5(x+1) +18(y-2) -9(x+1) -4(x+1)(y-2) +2(y-2)2 +2(x+1)3 + 0( 3)
17.Tìm đạo hàm theo hướng

(12,16) của hàm f(x,y) = x3 + y2 -3xy tại điểm A(1,1) (trang

46)

Ta có:

(12,16) có

(1,1) =

.e1 + =

=0

= -1

Vậy

=

= 20

vecto đơn vị e =

=(, )

.e2

(1,1) =

18. Chứng minh rằng hàm hợp:

thỏa: (trang 46)

∀ (x ; y)

Giải:
Đặt:

, xem t là hàm 2 biến của

Tính đạo hàm cấp 1:

Tính đạo hàm cấp 2:

2

.

(1)

(2)

=

(3)

∀ (x ; y) )

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra

= f(x,y,z) tại điểm Mo(3,4,5) theo hướng vecto M 0 M với

19.Tính đạo hàm u = arctan
M(0,0,5)

(trang 47)

Ta có: M 0 M = ( − 3,−4,0 ) ⇒ M 0 M = 9 + 16 + 0 = 5
=> M 0 M chưa là vector đơn vị, đưa M 0 M về đơn vị:
eM 0 M =

Vậy

−3 −4 
=
,
,0 
M 0M  5 5 
M 0M

∂f
∂M 0M

∂f
=

Tính ∂x

( M 0 ) = ∂f ( M 0 ) e1 + ∂f ( M 0 ) e2 + ∂f ( M 0 ) e3
∂x

∂y

∂z

1



z

 =
.
2 
2
2 

  x + y x
z

1+ 
 x2 + y2 

1

(x

∂f
( 3,4,5) = − 3
∂x
50

Do x,y vai trò giống nhau trong hàm f(x,y,z)

∂f
( 3,4,5) = − 2
∂y
25

∂f
( 3,4,5) = 1
∂z
10
∂f
∂M 0 M

( 3,4,5) = − 3 . − 3  −
50  5 

2

2 4 1

1
.  + .0 =
25  5  10
10

− xz
2

+y

)

2 3

.

1
z2
1+ 2
x + y2

20. Cho hàm u = f(x,y,z)
(trang 47)

*Hoán đổi vai trò của x,y,z

Tương tự :

Vậy:

* Tốc độ biến thiên nhanh nhất của hàm f là khi cùng hướng với

và giá trị lớn nhất

tức max

Vậy tốc độ biến thiên chậm nhất khi ngược hướng với

và giá trị nhỏ nhất tức min

.
21.Tìm xấp xỉ bậc 3 cùa hàm z = f(x,y) = ln(1 + x)ln(1 + y) (trang 47)
Theo côngthức Mac-Laurinvới n = 3.


với R =  ∂ + ∂
3  ∂x ∂y


y 

4

f (θ ,θ ), 0 < θ < 1 Ta cóf(0,0) = ln1.ln2=0
f x’ =

1
1
ln(1 + x)
. ln(1 + y), f y’ =
1+ y
1+ x

f x’ (0,0) = f y’ (0,0) = 0 ;

” (0,0) = 0 ;
⇒ f xx

f ” =
xx

(−1)

(1 + x) 2

f ‘ ‘ (0,0) = 0 ;
yy

.ln(1 + y) ;

f ” =
yy

(−1)

(1 + y) 2

.ln(1 + x)

1
1
f ” =
ln(1 + y).
.ln(1 + x)
xy 1 + x
1+ y

” = f ” = f ” = 0
⇒ f xx
yy
xy
”’ = (−1) .ln(1 + y ). 1 .ln(1 + x)
f xxy
1+ y
(1 + x) 2
”’ =
f xyy

(−1)
1
ln(1 + y ).
.ln(1 + x)
2

1+ x
(1 + y)

∂3 f
∀k = 0,1,2,3
(0,0) = 0
∂x k ∂y 3−k

Vậy ta có:
vớisaisố
khi

f ( x, y) ≈ 0

R =0
3

x ≤ 0,2 ;

y ≤ 0,2

ta vẫncósaisố

R =0
3

22.Khai triển Taylor đến các số hạng cấp 3 của hàm z = f(x,y) = xy tại lân cận Mo(1;1)
(trang 47)

Ta có:

1
1
1
f ( x, y ) = f ( x o, y o ) + df ( xo, y o ) + d 2 f ( x o, y o ) + d 3 f ( x o, y o ) + θ ( ρ 3 )
1!
2!
3!
1
• f ( xo, y o ) = f (1,1) = 1 = 1
∂f
∂f
( xo, y o ).dx + ( xo, y o ).dy
∂x
∂x
y −1
y
⇒ df (1,1) = y.x (1,1) .dx + x ln x (1,1) .dy = dx
• df ( x o, y o ) =

2

∂


∂2 f
∂2 f
∂2 f
• d f (1,1) =  .dx + .dy  f = 2 (1,1)dx 2 + 2.

(1,1).dx.dy + 2 (1,1).dy 2
∂y  (1,1)
∂x.∂y
∂x
∂y
 ∂x
2

= 0.dx 2 + 2.dx.dy + 0.dy 2 = 2.dx.dy
3

∂


∂ 3 f (1,1) 3
∂ 3 f (1,1) 2
∂ 3 f (1,1)
∂ 3 f (1,1) 3
2
• d f (1,1) =  .dx + .dy . f =
.
dx
+
3
.
.
d
.
dy
+

3
.
dx
.
dy
+
dy
∂y  (1,1)
∂x 3
∂x 2 .∂y
∂x.∂y 2
∂y 3
 ∂x
3

Taco :
∂3 f
∂  ∂2 f  ∂

=
=
y.( y − 1).x y −2 = y ( y − 1)( y − 2). y y −3
∂x 3 ∂x  ∂x 2  ∂x
∂3 f
⇒ 3 (1,1) = 0
∂x
∂3 f
∂  ∂ 2 f  ∂ y −1
=
• 2

= 
x + y. ln x.x y −1
∂x .∂y ∂y  ∂x.∂y  ∂y

(

)

(

)

= x y −1. ln x + ln x.x y −1 + x y −1. ln x. y. ln x

∂3 f
(1,1) = 0
∂x.∂y 2

∂3 f
(1,1) = 0
.∂y 3

⇒ d 3 f (1,1) = 0.dx 3 + 3.1.dx 2 .dy + 3.0.dx.dy 2 + 0.dy 3 = 3.dx 2 .dy
Vậy :
1
1
1
f ( x, y ) = 1 + (dx) + ( 2.dx.dy ) + (3.dx 2 .dy ) + θ ( ρ 3 )

1!
2!
3!
1
⇒ f ( x, y ) = 1 + ( x − 1) + ( x − 1).( y − 1) + ( x − 1) 2 .( y − 1) + θ ( ρ 3 )
2

Với ρ = ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2

mpOxy sao cho hàm f ( x, y ) có nghĩa, khi đó : 2. Tính những số lượng giới hạn sau nếu sống sót : ( trang 44 ) a ) Sử dụng đặc thù kẹp : Mà : và = 0 b ) NX : Các thông số quý phái ( bậc 2 ) nên thườngTa có : M ˳ ( 0,0 ) O ( 0,0 ) Hướng điểm M theo đường thẳng y = x : MM ( x, x ) Hướng điểm M theo đường thẳng y = 0 : MM ( x, 0 ) Vìnên = 0 c ) Ta có : Vậy : = – 1 d ) Ta có : 0M à : = 0 và = 0 nên3. Hàm số : f ( x, y ) = ( trang 44 ) a ) Tính ), = 0 = – 1 = 1 b ) Chứng minh : Ta có : M ˳ ( 0,0 ) không tồn tạiO ( 0,0 ) Hướng điểm M theo đường thẳng y = xy = xM ( x, x ) y = 0M ( x, 0 ) = 0H ướng điểm M theo đường thẳng y = 0 = 1D o 0 # 1 nên4. Tính những số lượng giới hạn sau nếu sống sót : ( trang 44 ) a ) Ta có : 0V ì = 0 và = 0 nên = 0 b ) Ta có : M ˳ ( 0,0 ) O ( 0,0 ) Hướng điểm M theo đường thẳng y = x : MM ( x, x ) Hướng điểm M theo đường thẳng y = 0V ì 2 # 1 nên = 2 y = 0M ( x, 0 ) = 1 không tồn tạic ) Ta có : 0M à : d ) = 0 và = 0 nêne ) 5. Cho hàm số f ( x, y ) = = 0C hứng minh rằng : ( trang 45 ) = 0 = 0 vàkhông sống sót. Ta có : = 0 = 0 nênTa có : M ˳ ( 0,0 ) = 0 ( đpcm ) O ( 0,0 ) Hướng điểm M theo đường thằng y = xM y = xM ( x, x ) M y = 0M ( x, 0 ) = 1H ướng điểm M theo đường thằng y = 0 = 0V ì 06. Chứng minh rằng hàm số sau liên tục tại điểm ( 1, – 1 ) ( trang 45 ) f ( x, y ) = Ta có : f ( x ˳, y ˳ ) xác lập vì f ( x ˳, y ˳ ) = f ( 1, – 1 ) = = = f ( 1, – 1 ) Hàm liên tục tại ( 1, – 1 ) Tìm tổng thể những điểm gián đoạn của hàm số : ( trang 45 ) f ( x, y ) = Ta có : Xét tại mọi điểm ( x, y ) ( x, y ) f ( x, y ) = hàm số f ( x, y ) liên tục tại mọi điểm ( 0,0 ) vì hàm sơ cấp liên tục trên tập xác lập của nóXét tại điểm ( x, y ) = ( 0,0 ) : f ( x, y ) = f ( 0,0 ) = 0 nên xác lập tại ( 0,0 ) Ta có : đặtKhi xTa được :, ycho rnên hàm số f ( x, y ) bị gián đoạn tại điểm ( 0,0 ). 8. tính đạo hàm riêng cấp 1 của những hàm số : ( trang 45 ) a ) f ( x, y ) = xy2 + y3-2x+5Ta có : = y2-2 = 2 xy + 3 y2b ) f ( x, y ) = ln ( x2 + 2 y ) c ) f ( x, y ) = arctan ( x2d ) f ( x, y ) = = y2, x > 0, y > 0.2y.lnxe ) f ( x, y ) =. y2. f ) f ( x, y ) = ucos ( y / x )., v = yx2, u = – v-v + ( u0 + ( u ). 2 xy ). x2 = ( u9 ) Tính những đạo hàm riêng cấp 2 của những hàm số sau : ( trang 46 ) a ) f ( x, y ) = arctan ). x2 = ( ). x2b ) f ( x, y ) = ylnxylnx.lny = lnx.lnx. ( lnx – 1 ). 10. Hàm số f ( x, y ) = x + ( y-1 ) arcsinTa có : = 1 + ( y-1 ), tính ( trang 46 ) = 111. Dùng vi phân cấp một, tính gần đúng giá trị của ( trang 46 ) a ) T1 = Chọn : biết = 2, x = x = 1,0,02 = y-Xét hàm tương ứng : f ( x, y ) = = f ( Tính : Vậy : T1 ) = f ( 2,1 ) = ) = ( 2,1 ) = 0.4559 ) = ( 2,1 ) = 0.34201.71 + 0.4559 * 0.02 + 0.3420 * 0.03, x = x – + + 1.71 b ) T2 = sin59ocos32o = sin ( 60 o – 1 o ) cos ( 30 o + 2 o ) Chọn : 1.73 sin ( cos ( =, = y-Xét hàm tương ứng : f ( x, y ) = sinx. cosyT2 = sin ( xo + = f ( Tính 🙂 = ) = (, ) = ) = (, ) = – Vậy : T2c ) T3 = ( 1,03 ) 5,95 Chọnx0 = 1 ; ∆ x = 0,03 y 0 = 6 ; ∆ y = − 0,05 Xét tương ứng : f ( x, y ) = x y ⇒ T3 = ( x0 + ∆ x ) y 0 + ∆ y = f ( x0 + ∆ x ; y0 + ∆ y ) f ( x0, y0 ) = 16 = 1 ∂ f = 6.16 − 1 = 6 ∂ x.cos ( yo + + + ∂ f = 16. ln 1 = 0 ∂ y → T3 = 1 + 6.0,03 + 0. ( − 0,05 ) ≈ 1,18 d ) T4 = ln ( 0,994 + 1,034 − 1 ) Chọnx0 = 1 ; ∆ x = − 0,01 y0 = 1 ; ∆ y = 0,03 Xét tưng ứngf ( x, y ) = ln ( x 4 + y 4 − 1 ) T 4 = ln ( ( x0 + ∆ x ) 4 + ( y0 + ∆ y ) 4 − 1 ) = f ( x0 + ∆ x, y0 + ∆ y ) f ( x0, y0 ) = ln ( 14 + 14 − 1 ) = 1 ∂ f4. 13 = 4 4 = 4 ∂ x 1 + 1 − 1 ∂ f4. 13 = 4 ∂ y 14 + 14 − 1 → T4 = 1 + 4.0,01 + 4.0,03 ≈ 1,1612. Cho hàm z = z ( x, y ) xác lập từ phương trìnhdz ( x, y ) =  z  = ln     + 1 ( trang 46 )  y  ∂ z ∂ z ∂ z ∂ zdx + dy ⇒ dz ( 1,1 ) = ( 1,1 ) dx + ( 1,1 ) dy ∂ x ∂ y ∂ x ∂ yTính đạo hàm riêng của hàm ẩn z = z ( x, y ) f ( x, y, z ) ≡  z  − ln     − 1 = 0  y  tacó : ∂ zF ′ x ∂ z = − = ⇒ ( 1,1 ) = 1 ∂ xF ′ z − 1 ∂ x1 − x 2 ∂ z ∂ z = 2 ( y − x ) ⇒ ( 1,1 ) = 0 − 1 ∂ y ∂ y → dz ( 1,1 ) = 1.dx + 0.dy = dx13. Tính df ( x, y ) nếu : ( trang 46 ) a ) f ( x, y ) = x sin y − y cosdf = ∂ f ∂ fdx + dy ∂ x ∂ y ∂ f = sin y + y sin x ∂ x ∂ f = x cos y − cos x ∂ y ⇒ df = ( sin y + y sin x ) dx + ( x cos y − cos x ) dyb ) f ( u, v ) = u 2 v − v 2 u, với u = ycox, v = xsinydf ( x, y ) = ∂ f ∂ fdx + dy ( 1 ) ∂ x ∂ y ∂ f ∂ f ∂ f ∂ f ∂ v =. +. ∂ x ∂ u ∂ x ∂ v ∂ x = ( 2 uv − v 2 ) ( − y sin x ) + ( u 2 − 2 su ). sin y = ( 2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y ) ( − y sin x ) + ( y 2 cos 2 x − 2 xy cos x sin y ) sin y ∂ f ∂ f ∂ u ∂ f ∂ v +. ∂ y ∂ u ∂ y ∂ v ∂ y = ( 2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y ) cos x + ( y 2 cos2 x − 2 xy cos x sin y ) cos yx ⇒ df = ( ( 2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y ) ( − y sin x ) + ( y 2 cos 2 x − 2 xy cos x sin y ) sin y ) dx + ( ( 2 xy cos x sin x − x 2 sin 2 y ) cos x + ( y 2 cos 2 x − 2 xy cos x sin y ) cos yx ) dy14. Cho phương trình x2 + y2 + z2 – 3 xyz = 0 ( trang 46 ) ‘ ‘ a ) Tính z x ‘, z xy với z = z ( x, y ) xác lập bởi ( 1 ) Đặt F ( x, y, z ) = x2 + y2 + z2-3xyz = 0 ( 1 ) ∂ zF ‘ x 2 x − 3 xy = − ‘ = ∂ xF z 2 z − 3 xy ∂ zF ‘ y 2 z − 3 xz = − ∂ yF ‘ z 2 y − 3 xzz xy ‘ ‘ = = − = − ∂ 2 z2 x − 3 yz = ( − ∂ x ∂ y ∂ y 2 z − 3 xy ( 2 x − 3 yz ) ‘ y ( 2 z − 3 xy ) − ( 2 x − 3 yz ) ( 2 z − 3 xy ) ‘ y ( 2 z − 3 xy ) 2 ( 3 z + z ‘ y ( − 3 y ) ) ( 2 z − 3 x 2 y ) − ( 2 z ‘ y − 3 x ) ( 2 x − 3 yz ) ( 2 z − 3 yx ) 2 ( 3 z − = − 2 y − 3 xz2 y − 3 xz3 y ) ( 2 z − 3 yx 2 ) − ( 2 − − 3 x ) ( 2 x − 3 yz ) 2 z − 3 xy2 z − 3 xy ( 2 z − 3 yz ) 22 x − 3 yz ). xy 2 y 2 z − z x ‘ xy 2 y. z − ( − ∂ fb ) f = 2 z − 3 xy ∂ xz2z2  f x ‘ ( 1,1,1 ) = 215. Khai triển Mac-Laurin đến số hạn bậc 6 của hàm ( trang 46 ) f ( x, y ) = cos ( x 3 + y 3 ) Đặt t = x 3 + y 3 dox → 0 y → 0 nên t → 0 + ∞ Vậy ta cót 2 nf ( t ) = cos t = ∑ ( − 1 ) 2 n ! − ∞ t2 t4 t6 = 1 − + − + θ ( t 6 ), t → 02 ! 4 ! 6 ! ( x3 + y 3 ) 2 ( x3 + y 3 ) 4 ( x3 + y 3 ) 6 + R6 ( x, y ) 2 ! 4 ! 6 ! = 1 − ( x 6 + 2 x 3 y 3 + y 6 ) = 1 − x 6 + x 3 y 3 + y 6 + R6 ( x, y ) 2 ! ⇒ f ( x, y ) = 1 − 16. Khai triển Taylor hàm f ( x, y ) = 2-3 – 4 xy + 2 + x + 6 y – 5 tại lân cận điểm ( – 1,2 ) ( trang 46 ) Ta có : = f ( x0, y0 ) + d f ( x0, y0 ) + d2 f ( x0, y0 ) + d3 f ( x0, y0 ) + 0 ( f ( x, y ) = Tính : f ( x0, y0 ) = f ( – 1,2 ) = 17 d f ( x0, y0 ) = ( x0, y0 ). dx + = 6 = – 4 x + 4 y + 6 dy ( – 1,2 ) = 5 ( – 1,2 ) = 18 df ( – 1,2 ) = 5 dx + 18 dyd2 f ( x0, y0 ) = ( x0, y0 ). df3 f ( x0, y0 ) = ( – 1,2 ) = – 4 ( ) = 4 dx3 + 3 ( x0, y0 ). d ( – 1,2 ) = – 18 = – 49-1, 2 ) = 4 d2 f ( x0, y0 ) = – 18 d ( x0, y0 ) + ( ) = 12 x – 6 + 2-8 dxdy + 4 d3dxddy3 ) = 12 ( – 1,2 ) = 12 ) = 0 ( – 1,2 ) = 0 ) = 0 ( – 1,2 ) = 0 ) = 0 ( – 1,2 ) = 0 d3f ( – 1,2 ) = 12 dx3f ( x, y ) = 17 + 5 ( x + 1 ) + 18 ( y-2 ) – 9 ( x + 1 ) – 4 ( x + 1 ) ( y-2 ) + 2 ( y-2 ) 2 + 2 ( x + 1 ) 3 + 0 ( 3 ) 17. Tìm đạo hàm theo hướng ( 12,16 ) của hàm f ( x, y ) = x3 + y2 – 3 xy tại điểm A ( 1,1 ) ( trang46 ) Ta có : ( 12,16 ) có ( 1,1 ) =. e1 + = = 0 = – 1V ậy = 20 vecto đơn vị chức năng e = = (, ). e2 ( 1,1 ) = 18. Chứng minh rằng hàm hợp : thỏa : ( trang 46 ) ∀ ( x ; y ) Giải : Đặt :, xem t là hàm 2 biến củaTính đạo hàm cấp 1 : Tính đạo hàm cấp 2 : ( 1 ) ( 2 ) ( 3 ) ∀ ( x ; y ) ) Từ ( 1 ), ( 2 ) và ( 3 ) ta suy ra = f ( x, y, z ) tại điểm Mo ( 3,4,5 ) theo hướng vecto M 0 M với19. Tính đạo hàm u = arctanM ( 0,0,5 ) ( trang 47 ) Ta có : M 0 M = ( − 3, − 4,0 ) ⇒ M 0 M = 9 + 16 + 0 = 5 => M 0 M chưa là vector đơn vị chức năng, đưa M 0 M về đơn vị chức năng : eM 0 M = Vậy  − 3 − 4  = , 0  M 0M  5 5  M 0M ∂ f ∂ M 0M ∂ fTính ∂ x ( M 0 ) = ∂ f ( M 0 ) e1 + ∂ f ( M 0 ) e2 + ∂ f ( M 0 ) e3 ∂ x ∂ y ∂ z  = 2  2    x + y  x1 +   x2 + y2  ( x ∂ f ( 3,4,5 ) = − 3 ∂ x50Do x, y vai trò giống nhau trong hàm f ( x, y, z ) ∂ f ( 3,4,5 ) = − 2 ∂ y25 ∂ f ( 3,4,5 ) = 1 ∂ z10 ∂ f ∂ M 0 M ( 3,4,5 ) = − 3.   − 3   − 50  5  2  4  1.   +. 0 = 25  5  1010 − xz + y2 3 z21 + 2 x + y220. Cho hàm u = f ( x, y, z ) ( trang 47 ) * Hoán đổi vai trò của x, y, zTương tự : Vậy : * Tốc độ biến thiên sớm nhất có thể của hàm f là khi cùng hướng vớivà giá trị lớn nhấttức maxVậy vận tốc biến thiên chậm nhất khi ngược hướng vớivà giá trị nhỏ nhất tức min21. Tìm xê dịch bậc 3 cùa hàm z = f ( x, y ) = ln ( 1 + x ) ln ( 1 + y ) ( trang 47 ) Theo côngthức Mac-Laurinvới n = 3. với R =  ∂ + ∂ 3   ∂ x ∂ yy   f ( θ, θ ), 0 < θ < 1T a cóf ( 0,0 ) = ln1. ln2 = 0 f x ' = ln ( 1 + x ). ln ( 1 + y ), f y ' = 1 + y1 + xf x ' ( 0,0 ) = f y ' ( 0,0 ) = 0 ; ' ' ( 0,0 ) = 0 ; ⇒ f xxf ' ' = xx ( − 1 ) ( 1 + x ) 2 f ' ' ( 0,0 ) = 0 ; yy.ln ( 1 + y ) ; f ' ' = yy ( − 1 ) ( 1 + y ) 2.ln ( 1 + x ) f ' ' = ln ( 1 + y ) .. ln ( 1 + x ) xy 1 + x1 + y ' ' = f ' ' = f ' ' = 0 ⇒ f xxyyxy ' ' ' = ( − 1 ). ln ( 1 + y ). 1. ln ( 1 + x ) f xxy1 + y ( 1 + x ) 2 ' ' ' = f xyy ( − 1 ) ln ( 1 + y ) .. ln ( 1 + x ) 1 + x ( 1 + y ) ∂ 3 f ∀ k = 0,1,2,3 ( 0,0 ) = 0 ∂ x k ∂ y 3 − kVậy ta có : vớisaisốkhif ( x, y ) ≈ 0R = 0 x ≤ 0,2 ; y ≤ 0,2 ta vẫncósaisốR = 022. Khai triển Taylor đến những số hạng cấp 3 của hàm z = f ( x, y ) = xy tại lân cận Mo ( 1 ; 1 ) ( trang 47 ) Ta có : f ( x, y ) = f ( x o, y o ) + df ( xo, y o ) + d 2 f ( x o, y o ) + d 3 f ( x o, y o ) + θ ( ρ 3 ) 1 ! 2 ! 3 ! • f ( xo, y o ) = f ( 1,1 ) = 1 = 1 ∂ f ∂ f ( xo, y o ). dx + ( xo, y o ). dy ∂ x ∂ xy − 1 ⇒ df ( 1,1 ) = y. x ( 1,1 ). dx + x ln x ( 1,1 ). dy = dx • df ( x o, y o ) =  ∂ ∂ 2 f ∂ 2 f ∂ 2 f • d f ( 1,1 ) =  . dx +. dy   f = 2 ( 1,1 ) dx 2 + 2. ( 1,1 ). dx.dy + 2 ( 1,1 ). dy 2 ∂ y  ( 1,1 ) ∂ x. ∂ y ∂ x ∂ y  ∂ x = 0.dx 2 + 2.dx.dy + 0.dy 2 = 2.dx.dy  ∂ ∂ 3 f ( 1,1 ) 3 ∂ 3 f ( 1,1 ) 2 ∂ 3 f ( 1,1 ) ∂ 3 f ( 1,1 ) 3 • d f ( 1,1 ) =  . dx +. dy  . f = dxdydxdydy ∂ y  ( 1,1 ) ∂ x 3 ∂ x 2. ∂ y ∂ x. ∂ y 2 ∂ y 3  ∂ xTaco : ∂ 3 f ∂  ∂ 2 f  ∂  = y. ( y − 1 ). x y − 2 = y ( y − 1 ) ( y − 2 ). y y − 3 ∂ x 3 ∂ x   ∂ x 2   ∂ x ∂ 3 f ⇒ 3 ( 1,1 ) = 0 ∂ x ∂ 3 f ∂  ∂ 2 f  ∂ y − 1  = • 2 =   x + y. ln x. x y − 1 ∂ x. ∂ y ∂ y  ∂ x. ∂ y   ∂ y = x y − 1. ln x + ln x. x y − 1 + x y − 1. ln x. y. ln x ∂ 3 f ( 1,1 ) = 0 ∂ x. ∂ y 2 ∂ 3 f ( 1,1 ) = 0. ∂ y 3 ⇒ d 3 f ( 1,1 ) = 0.dx 3 + 3.1.dx 2. dy + 3.0.dx.dy 2 + 0.dy 3 = 3.dx 2. dyVậy : f ( x, y ) = 1 + ( dx ) + ( 2.dx.dy ) + ( 3.dx 2. dy ) + θ ( ρ 3 ) 1 ! 2 ! 3 ! ⇒ f ( x, y ) = 1 + ( x − 1 ) + ( x − 1 ). ( y − 1 ) + ( x − 1 ) 2. ( y − 1 ) + θ ( ρ 3 ) Với ρ = ( x − 1 ) 2 + ( y − 1 ) 2

Source: https://ta-ogilvy.vn
Category: Hỏi Đáp