Giải đề thi Giải Tích Hàm Nhiều Biến năm 2017 - 2021 | Giải tích hàm | Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội
Tài liệu được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF với mục đích hỗ trợ học tập và tham khảo. Nội dung tài liệu được trình bày rõ ràng, dễ tiếp cận, phù hợp cho việc ôn tập và củng cố kiến thức trong quá trình học đại học. Đây sẽ là nguồn tư liệu hữu ích giúp các bạn sinh viên chuẩn bị tốt hơn cho các buổi học, đồng thời mở rộng thêm hiểu biết về môn học. Hy vọng tài liệu này sẽ mang lại nhiều giá trị và hỗ trợ các bạn trong hành trình học tập. Mời bạn đọc cùng tham khảo!
Môn: Giải tích hàm 10 tài liệu
Trường: Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội 0.9 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến Mục lục
1 Đề thi năm 2021 (90 phút) 2
2 Đề thi năm 2020 (90 phút) 9
3 Đề thi năm 2019 (90 phút) 15
4 Đề thi năm 2018 (90 phút) 24
5 Đề thi năm 2017 (120 phút) 31 Trang 1 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến
1. Đề thi năm 2021 (90 phút)
*Đóng góp lời giải: Trương Lê Gia Khánh K47 lớp Sư phạm Toán B
Bài 1 (3đ). a) Cho ví dụ hàm f : R3 → R sao cho f liên tục và có đạo hàm theo mọi
hướng tại (0, 0, 0) nhưng không khả vi tại đó. (1.5đ)
b) Khảo sát sự khả vi của hàm f tại (0,0), với f xác định bởi (1.5đ) x2 sin(y) , (x, y) = (0,0), f (x, y) = px4 + 2y2 0, (x, y) = (0, 0). Giải: a) Xét hàm số: ( xyz , (x, y) = (0, 0), f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 0, (x, y) = (0, 0).
Xét tính liên tục: Với mọi (x, y, z) = (0, 0, 0), ta có: p p xyz x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2|z| |f(x, y, z) ≤ ≤ ≤ |z| x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 Do lim
|z| = 0 nên theo nguyên lý kẹp, ta có lim f (x, y, z) = 0 = f (0, 0, 0). (x,y,z)→(0,0,0) (x,y,z)→(0,0,0)
Vậy f liên tục tại (0, 0, 0).
Xét đạo hàm theo mọi hướng: Với mọi u = (a, b, c) ∈ R3 \ {(0, 0, 0)}, ta có: f (ta, tb, tc) − f(0, 0, 0) t3abc abc Duf (0, 0, 0) = lim = lim = . (1) t→0 t t→0 t3(a2 + b2 + c2) a2 + b2 + c2
Xét sự khả vi: Ta lần lượt thay u bởi (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) vào (1). Ta có: ∂f ∂f ∂f (0, 0, 0) = (0, 0, 0) = (0, 0, 0) = 0. ∂x ∂y ∂z
Vậy ∇f(0, 0, 0) = (0, 0, 0). Với mọi (s, t, v) ∈ R3 \ {(0, 0, 0)}, xét hàm số sau:
f (s, t, v) − f(0, 0, 0) − ⟨∇f(0, 0, 0), (s, t, v)⟩ φ(s, t, v) = √s2 + t2 + v2 stv = √ . (s2 + t2 + v2) s2 + t2 + v2 Trang 2 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến Xét dãy 1 1 1 , ,
, n ∈ N tiến về (0, 0, 0), ta có: n n n 1 1 1 1 1 lim φ , , = lim n3 √ = √ = (0, 0, 0). n n n 3 3 3 3 n2 n
Vậy f không khả vi tại (0, 0, 0). b) Ta có: ∂f f (t, 0) − f(0, 0) 0 − 0 (0, 0) = lim = lim = 0; ∂x t→0 t t→0 t ∂f f (t, 0) − f(0, 0) 0 − 0 (0, 0) = lim = lim = 0. ∂y t→0 t t→0 t
Vậy ∇f(0, 0) = (0, 0). Với mọi (s, t) ∈ R2 \ {(0, 0)}, xét hàm số sau:
f (s, t) − f(0, 0) − ⟨∇f(0, 0), (s, t)⟩ s2 sin (t) φ(s, t) = √ = √ √ . s2 + t2 s4 + 2t2 s2 + t2 Ta có: p | sin t| ≤ |t| ≤ 2t2 + s4; p |s| ≤ s2 + t2;
với mọi (s, t) = (0, 0). Vậy ta có: √ √ s4 + 2t2s s2 + t2 |φ(s, t)| ≤ √ √ ≤ |s|. s4 + 2t2 s2 + t2 Do lim
|s| = 0 nên theo nguyên lý kẹp ta có lim
φ(s, t) = 0. Vậy f khả vi tại (s,t)→(0,0) (s,t)→(0,0) (0, 0).
Bài 2 (2.5đ). a) Cho D ⊂ R2 là miền bị chặn và hàm f : D → R liên tục trên D. Giả
sử D đối xứng qua trục Ox và f thỏa mãn tính chất f(x, −y) = −f(x, y), ∀(x, y) ∈ D. Z
Bằng phương pháp đổi biến, chứng minh rằng f (x, y) d(x, y) = 0. (1.0 đ) D
b) Áp dụng câu a) để tính tích phân: Z p p I =
x2 + y2 − x4y3 sin (x) 2x − x2 − y2 d(x, y) , D miền
D xác định bởi D = (x, y) ∈ R2 : (x − 1)2 + y2 ≤ 1 . (1.5đ) Giải: Trang 3 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến Z a) Đặt I =
f (x, y) d(x, y). Xét phép đổi biến: D n x = u y = −v , (x, y) ∈ D.
Khi đó (x, y) ∈ D ⇔ (u, v) ∈ Duv = D. Ma trận Jacobi xác định bởi: h i J = 1 0 0 −1
nên det J = −1 < 0. Vậy ta có: Z Z I = f (u, −v) d(u, v) = −f(u, v) d(u, v) = −I D D hay I = 0. b) Đặt p
f (x, y) = −x4y3 sin(x) 2x − x2 − y2. Với mọi (x, y) ∈ D, ta có: p
f (x, −y) = −x4(−y)3 sin(x) 2x − x2 − y2 = −f(x, y) Z
kết hợp vói D là miền đối xứng qua Ox nên theo câu a), ta được: f (x, y) d(x, y) = 0. D Z Vậy p I =
x2 + y2 d(x, y). Xét phép đổi biến: D n x = r cos φ y = r sin φ , (x, y) ∈ D. n o Khi đó π π
(x, y) ∈ D ⇔ (r, φ) ∈ Drϕ = (r, φ) ∈ R2 : − ≤ φ ≤ , 0 ≤ r ≤ 2 cos φ . Ma trận 2 2 Trang 4 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến
Jacobi có định thức det J = r ≥ 0. Vậy ta có: Z I = r.r d(r, φ) Drϕ π 2 2 cos ϕ Z Z = d(φ) r2 dr π 0 − 2 π π 2 2 Z Z r3 2 cos ϕ 8 = dφ = cos3 φ dφ 3 0 3 π π − − 2 2 π 2 Z 8 cos(3φ) + 3 cos φ = dφ 3 4 π − 2 π 8 sin(3φ) 3 32 = + sin φ 2 = . 3 12 4 π 9 −2
Bài 3 (2.5đ). Tính các tích phân sau: √ Z 2 Z 4−x2 a) p T = dx (2 − x2 + y2)(x2 + y2) dy. (1.0đ) √ −2 − 4−x2 Z b) p K = x + 2y y2 + 1
dy + (ex sin(x) − y) dx, trong đó C là đường cong có C phương trình tham số π
X(t) = (1 + cos(t), 1 − sin(t)) theo hướng từ t = 0 đến t = . (1.5đ) 2 Giải: a) Đặt √ √
D = (x, y) ∈ R2 : −2 ≤ x ≤ 2, − 4 − x2 ≤ y ≤ 4 − x2. Theo định lý Fubini, ta có: Z p T = (2 − x2 + y2)(x2 + y2 d(x, y). D Xét phép đổi biến: n x = r cos φ y = r sin φ , (x, y) ∈ D.
Khi đó (x, y) ∈ D ⇔ (r, φ) ∈ Drϕ = [0, 2] × [0, 2π]. Ma trận Jacobi có định thức det J = Trang 5 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến r ≥ 0. Vậy ta có: Z T = (2 − r)r2.r d(r, φ) Drϕ 2π 2 Z Z = dφ (2 − r)r3 dr 0 0 r4 r5 2 = 2π − 2 5 0 8 16π = 2π. = . 5 5 b) Đặt p
P (x, y) = ex sin(x), Q(x, y) = 2y
y2 + 1. Với mọi (x, y) ∈ R2, ta có: ∂Q ∂P = = 0. ∂x ∂y Z
Theo định lý 4 mệnh đề tương đương, tích phân I1 =
P (x, y)dx + Q(x, y)dy không phụ C
thuộc vào đường nối từ π
A = X(0) = (2, 1) đến B = X( ) = (1, 0). Vậy ta chọn đường gấp 2
khúc qua M(1, 1). Vậy ta có: Z Z I1 = P (x, y)dx + Q(x, y)dy + P (x, y)dx + Q(x, y)dy AM M B 1 0 Z Z p = ex sin(x) dx + 2y y2 + 1 dy . 2 1 | {z } | {z } I′ I′′ 1 1 Ta có: 2 2 Z Z 2 I′1 = −
sin(x) d(ex) = − sin(x)ex − cos(x)ex d(x) 1 1 1 2 Z
= −e2 sin(2) − e sin(1) − cos(x) d(ex) 1 2 Z 2
= −e2 sin(2) − e sin(1) − [ex cos(x) ] − ex sin(x) dx 1 1
= e sin(1) − e2 sin(2) + e2 cos(2) − e cos(1) − I′1. Trang 6 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến Vậy
e2(cos(2) − sin(2)) + e(sin(1) − cos(1)) I′ . Ta tính , ta có: 1 = I′′ 2 1 1 Z p I′′ y2 + 1 d(y2 + 1) 1 = − 0 3 2 1 = − (y2 + 1)2 3 0 √ 4 2 2 = − + . 3 3 √ Vậy
e2(cos(2) − sin(2)) + e(sin(1) − cos(1)) 4 2 2 I . 1 = I ′1 + I′′ 1 = − + 2 3 3 Z Ta tính I2 = xdy − ydx. Ta có: C π 2 Z I2 =
[(1 + cos t)(− cos t) − (1 − sin t)(− sin t)] dt 0 π 2 Z = (− cos t + sin t − 1) dt 0 π π
= [− sin t − cos t − t] 2 = − . 0 2 √ Vậy
e2(cos(2) − sin(2)) + e(sin(1) − cos(1)) 4 2 2 π K = I1 + I2 = − + − . 2 3 3 2
Bài 4 (2đ). Cho tham số a > 0 và hàm f : R2 → R thỏa mãn
|f(x, y)| ≤ (x2 + y2)a, ∀(x, y) ∈ R2. a) Chứng minh rằng nếu 1 a >
thì hàm f luôn khả vi tại (0, 0). (1.0đ) 2 b) Giả sử 1
a ≤ , cho ví dụ hàm f thỏa mãn giả thiết nhưng không khả vi tại (0, 0). 2 (1.0đ) Giải:
a) Do |f(0, 0)| ≤ 0 nên f(0, 0) = 0. Ta có: ∂f f (t, 0) − f(0, 0) f (t, 0) (0, 0) = lim = lim = 0 ∂x t→0 t t→0 t Trang 7 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến do f(t, 0) t2a 1 ≤
≤ |t2a−1|, ∀t = 0, và a > . Tương tự, ta cũng có: t t 2 ∂f f (0, t) − f(0, 0) f (0, t) (0, 0) = lim = lim = 0. ∂y t→0 t t→0 t
Vậy ∇f(0, 0) = (0, 0). Với mọi (s, t) ∈ R2 \ {(0, 0)}, xét hàm số sau:
f (s, t) − f(0, 0) − ⟨∇f(0, 0), (s, t)⟩ φ(s, t) = √s2 + t2 f (s, t) = √ . s2 + t2
Mặt khác, do |f(s, t) ≤ (s2 + t2)a, ∀(s, t) ∈ R2 nên 1 a− φ(s, t) ≤ (s2 + t2) 2 , ∀(s, t) = (0, 0). 1 Vì 1 a− a > nên lim (s2 + t2)
2 = 0. Theo nguyên lý kẹp, ta có: 2 (s,t)→(0,0) lim φ(s, t) = 0. (s.t)→(0,0) Vậy f khả vi tại (0, 0).
b) Xét hàm số f : R2 → R xác định bởi f(x, y) = |x|2a. Dễ thấy |f(x, y)| ≤ (x2 + y2)a
với mọi (x, y) thuộc R2. Mặt khác, ta có: ∂f f (t, 0) − f(0, 0) |t|2a (0, 0) = lim = lim . ∂x t→0 t t→0 t
Giới hạn này không tồn tại do: 1 |t|2a +∞ , nếu a < lim = lim t2a−1 = 21 ; t→0+ t t→0+ 1 , nếu a = 2 1 |t|2a
−∞ hoặc không tồn tại , nếu a < lim = lim ((−1)2at2a−1) = 2 1 . t→0− t t→0− −1 , nếu a = 2
Vậy f không khả vi tại (0, 0). Trang 8 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến
2. Đề thi năm 2020 (90 phút)
*Đóng góp lời giải: Nguyễn Thái Hưng K47 lớp Sư phạm Toán B
Bài 1 (4đ). Cho tập U mở trong Rn và hàm f : U → R.
a) Phát biểu định nghĩa về sự khả vi của hàm f tại x ∈ U. Chứng minh rằng nếu f
khả vi tại x ∈ U thì f có các đạo hàm riêng tại x và ∇f(x) = f′(x).
b) Mệnh đề ngược lại ở câu a) có đúng không? Giải thích câu trả lời.
c) Khảo sát sự khả vi của hàm f tại (0, 0), trong đó hàm f xác định bởi p 3 xy cos(xy) − 1 f (x, y) = , (x, y) = (0, 0), x6 + |y| 0, (x, y) = (0, 0). Giải:
a) Hàm f khả vi tại x ∈ U khi và chỉ khi tồn tại a ∈ Rn sao cho
f (x + h) − f(x) − ⟨a, h⟩ lim = 0. (1) h→0Rn ||h||
Đặt a = (x1, x2, ..., xn) với xi ∈ R, i = 1, n. Ở (1), thay h bởi te ( i
i = 1, n), khi đó h → 0Rn ⇔ t → 0. Do đó
f (x + tei) − f(x) − ⟨a, te f (x + tei) − f(x) − tx lim i⟩ i = 0 ⇔ lim = 0. t→0 ||tei|| t→0 |t| Như vậy, ta được f (x + te lim i) − f (x) = xi. t→0 t
Vậy f có các đạo hàm riêng tại x, hơn nữa, ∇f(x) = (x ′ 1, x2, ..., xn) = a = f (x). Hoàn tất chứng minh.
b) Mệnh đề ngược ở câu a) không đúng.
Xét hàm số f : R2 → R xác định bởi ( xy p , (x, y) = (0, 0), f (x, y) = x2 + y2 0, (x, y) = (0, 0). Trang 9 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến Ta có ∂f f (t, 0) − f(0, 0) (0, 0) = lim = 0, ∂x t→0 t ∂f f (0, t) − f(0, 0) (0, 0) = lim = 0. ∂y t→0 t
Do đó các đạo hàm riêng của f tồn tại và ∇f(0, 0) = (0, 0). Xét hàm số
f (s, t) − f(0, 0) − ⟨(0, 0), (s, t)⟩ φ(s, t) = √s2 + t2 st = , ∀(s, t) = (0, 0). s2 + t2 Xét dãy số 1 1 (xn, yn) = , , ∀n ∈ N. n n
Khi đó lim (xn, yn) = (0, 0), tuy nhiên, 1 1 · 1 φ(x n n n, yn) = 1 = , 1 ∀n ∈ N. 2 + n2 n2
Do đó φ(s, t) không tiến về 0 khi (s, t) → (0, 0).
Vậy f không khả vi tại (0, 0). c) Ta có √ 3 cos x − 1 cos x − 1 1 lim = lim √ √ = − . x→0 x2
x→0 x2( 3 cos2 x + 3 cos x + 1) 6 Do cos x − 1 − sin x 1 1 1 lim = lim = − và lim √ √ = . x→0 x2 x→0 2x 2 x→0 3 cos2 x + 3 cos x + 1 3
Do đó với x đủ nhỏ thì √ | 3 cos x − 1| ≤ x2. Xét hàm
f (s, t) − f(0, 0) − ⟨(0, 0), (s, t)⟩ φ(s, t) = √s2 + t2 p st 3 cos(st) − 1 = √ , ∀(s, t) = (0, 0). (s6 + |t|) s2 + t2 Trang 10 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến
Với mọi (s, t) = (0, 0), ta có đánh giá |st|(st)2 |st| · s2 · t · t 0 ≤ |φ(s, t)| ≤ √ = √ (s6 + |t|) s2 + t2 (s6 + |t|) s2 + t2 √ |st|s2(s6 + |t|) s2 + t2 ≤ √ (s6 + |t|) s2 + t2 = |st|s2. Mà lim |st|s2 = 0 nên lim φ(s, t) = 0. (s,t)→(0,0) (s,t)→(0,0) Vậy f khả vi tại (0, 0).
Bài 2 (3.5đ). Cho D là tập mở, liên thông và đơn liên trong R2. Giả sử hai hàm
P, Q : D → R có các đạo hàm riêng liên tục trên D và thỏa mãn điều kiện ∂Q ∂P = trên D. ∂x ∂y
a) Cho hai điểm A, B cố định thuộc D. Chứng minh rằng tích phân Z x + Q(x, y y AB ⌢P(x, y) d ) d ⌢
không phụ thuộc vào đường nối A, B với mọi cung AB trơn từng khúc nằm trong D.
b) Chứng minh tồn tại hàm U : D → R có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục sao cho ∂U = P và ∂U = Q trên D. ∂x ∂y
c) Tính tích phân đường sau đây: Z x y x + dy − dx, x2 + y2 x2 + y2 C
trong đó C là đường cong có phương trình tham số X(t) = 1 + cos3 t, 2 sin2 t2
đi từ A = X(0) đến B = X(π). Giải: c) Đặt y x P (x, y) = − và Q(x, y) = . x2 + y2 x2 + y2 Z Z Ta có I = x dy +
P (x, y) dx + Q(x, y) dy = I1 + I2, C C Trang 11 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến Z Z với I1 = x dy và I2 = P (x, y) dx + Q(x, y) dy. C C Ta có π Z Z t t 1 I1 = x dy = (1 + cos3 t)4 sin cos dt 2 2 2 C 0 π Z = (1 + cos3 t) sin t dt 0 π Z = − (1 + cos3 t) d(cos t) 0 π 1 = − cos t + cos4 t = 2. 4 0
Ta có nhận xét: Đường cong C luôn nằm ở góc phần tứ thứ nhất và không đi qua (0, 0). Hơn nữa, ta có ∂P ∂Q y2 − x2 = = . ∂y ∂x (x2 + y2)2
Do đó, tích phân I2 không phụ thuộc vào đường nối AB, ta chọn đường nối AB là
đường gấp khúc A(2, 0) − C(2, 2) − B(0, 2). Khi đó Z Z I2 = P (x, y) dx + Q(x, y) dy + P (x, y) dx + Q(x, y) dy AC CB 2 0 2 Z 2 Z −2 Z 4 = dt + dt = dt t2 + 4 t2 + 4 t2 + 4 0 2 0 2 t π = 2 arctan = . 2 2 0 Vậy π I = I1 + I2 = + 2. 2
Bài 3 (1.5đ). Tính tích phân Z I =
(xy + z)dxdy − x3ydydz + (y2 − z3)dzdx, S
trong đó S là phía ngoài phần mặt nón z = x2 + y2, 0 ≤ z ≤ 1 (mặt S không kể mặt z = 1). Giải: Trang 12 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến
Ta bổ sung đáy S′ của mặt nón là hình tròn x2 + y2 ≤ 1, z = 1 hướng lên trên theo trục Oz.
Khi đó S ∪ S′ là mặt cong kín, trơn từng khúc, áp dụng định lí G-O, ta có Z Z
(xy + z) dxdy − x3ydy dz + (y2 − z3) dzdx = (1 − 3x2y + 2y) d(x, y, z), S∪S′ D
trong đó D là miền x2 + y2 ≤ z, 0 ≤ z ≤ 1. x = r cos φ Đặt y = r sin φ . z = z Khi đó (x, y, z) ∈ D √
⇔ (r, φ, z) ∈ E = (r, φ, z) ∈ R3 : 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ r ≤ z . Ta có √ 1 z 2π Z Z Z Z (1 − 3x2y + 2y) d(x, y, z) = dz dr
r(1 − 3r3 cos2 φ sin φ + 2r sin φ) dφ D 0 0 0 √ 1 z Z Z 2π = dz
rφ + r3 cos3 φ − 2r cos φ dr 0 0 0 √ 1 z 1 √ Z Z Z z = dz 2πr dr = πr2 dz 0 0 0 0 1 1 Z 1 π = πz dz = πz2 = . 2 2 0 0 Z Vậy π
(xy + z) dxdy − x3y dydz + (y2 − z3) dzdx = . 2 S∪S′ Ta có
S′ có phương trình tham số X(x, y) = (x, y, 1) với (x, y) ∈ U = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1 ,
do đó Xu × Xv = (0, 0, 1) hướng ra ngoài D. Vì vậy, ta chọn (A, B, C) = (0, 0, 1), khi đó Z Z
(xy + z) dxdy − x3ydy dz + (y2 − z3) dzdx = (xy + 1) d(x, y) S′ U Z Z = xy d(x, y) + 1 d(x, y) U U Z = 1 d(x, y) = S(U ) = π. U
(Vì xy là hàm lẻ theo y và miền U đối xứng qua trục Ox). Z Vậy π π
(xy + z) dxdy − x3ydy dz + (y2 − z3) dzdx = − π = − . 2 2 S Trang 13 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến
Bài 4 (1đ). Khảo sát cực trị địa phương của hàm hai biến f (x, y) = xy(2x − y − 1). Giải:
Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình (x, y) = (0, 0) ∂f (x, y) = (0, −1) (x, y) = 0 n ∂x 4xy − y2 − y = 0 1 ∂f ⇔ ⇔ (x, y) = , 0 . 2x2 − 2xy (x, y) = 0 − x = 0 2 ∂y 1 1 (x, y) = , − 6 3 Xét ma trận Hess ∂2f ∂2f h 4y 4x i A = ∂2x ∂y∂x − 2y − 1 = . ∂2f ∂2f 4x − 2y − 1 −2x ∂x∂y ∂y
Vậy ta có các đại lượng: ∆1 = 4y, ∆2 = −8xy − (4x − 2y − 1)2. 1 1 −4 1 • Tại điểm dừng , − thì ∆ < 0 và ∆
> 0. Do đó A là dạng toàn 6 2 = 3 1 = 3 3
phương xác định âm, suy ra 1 1 f đạt cực đại tại , − . 6 3
• Tại điểm dừng (0, 0), ta có ∆1 = 0 và ∆2 = −1 < 0 nên A là dạng toàn phương
không xác định. Vậy f không đạt cực trị tại (0, 0).
• Tại điểm dừng (0, −1), ta có ∆1 = −4 > 0 và ∆2 = −1 < 0 nên A là dạng toàn
phương không xác định. Vậy f không đạt cực trị tại (0, −1). 1 • Tại điểm dừng , 0 , ta có ∆ 2
1 = 0 và ∆2 = −1 < 0 nên A là dạng toàn phương không xác định. Vậy 1
f không đạt cực trị tại , 0 . 2 Trang 14 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến
3. Đề thi năm 2019 (90 phút)
*Đóng góp lời giải: Trương Lê Gia Khánh K47 lớp Sư phạm Toán B
Bài 1 (1.5đ). Cho tập U mở trong Rn và f : U → R. Chứng minh rằng nếu f khả vi tại
x ∈ U thì f có đạo hàm theo mọi hướng tại x. Cho ví dụ chiều ngược lại có thể không đúng.
Giải: Do U là tập mở, f khả vi tại x ∈ U nên tồn tại r > 0 sao cho với mọi h ∈ Rn, ||h|| < r, ta có:
f (x + h) − f(x) = ⟨∇f(x), h⟩ + φ(h)||h|| trong đó lim φ(h) = 0. h→0Rn
Lấy u ∈ Rn \ 0 bất kỳ. Do Rn
lim ||tu|| = 0 nên tồn tại t đủ nhỏ sao cho ||tu|| < r. Khi đó: t→0
f (x + tu) − f(x) = ⟨∇f(x), tu⟩ + φ(tu)||tu||.
Chia 2 vế cho t, ta được: f (x + tu) − f(x) |t| = ⟨∇f(x), u⟩ + φ(tu)||u||. t t
Cho t → 0, do lim φ(tu) nên ta có: t→0 f (x + tu) − f(x) Duf (x) = lim = ⟨∇f(x), u⟩ . t→0 t
Vậy f có đạo hàm theo mọi hướng tại x.
Chiều ngược lại có thể không đúng. Xét hàm số: ( xy p , (x, y) = (0, 0), f (x, y) = x2 + y2 0, (x, y) = (0, 0).
Với mọi u = (a, b) ∈ R2 \ {(0, 0)}. Ta có: f (ta, tb) − f(0, 0) t2ab ab Duf (0, 0) = lim = lim √ = √ . (1) t→0 t t→0 t2 a2 + b2 a2 + b2
Vậy f có đạo hàm theo mọi hướng tại (0, 0).
Mặt khác, lần lượt thay (a, b) = (0, 1) và (a, b) = (1, 0) vào (1), ta có: ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0. ∂x ∂y
Vậy ∇f(0, 0) = (0, 0). Với mọi (s, t) ∈ R2 \ {(0, 0)}, xét hàm số sau:
f (s, t) − f(0, 0) − ⟨∇f(0, 0), (s, t)⟩ st φ(s, t) = √ = . s2 + t2 s2 + t2 Trang 15 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến Xét dãy 1 1 ,
, n ∈ N tiến về (0, 0), ta có: n n 1 1 1 1 lim φ , = lim n2 = = 0. n n 2 2 n2
Vậy f không khả vi tại (0, 0). Bài 2 (1.5đ). Cho tập ∂f
D mở trong R2 và f : D → R có các đạo hàm riêng ∂f , trên ∂x ∂y ∂f D. Giả sử ∂f , liên tục tại (x ∂x
0, y0) ∈ D. Chứng minh rằng f khả vi tại (x0, y0). ∂y
Giải: Với mọi (s, t) ∈ R2, ta xét hàm số sau: ∂f ∂f
f (s, t) = f (x0 + s, y0 + t) − f(x0, y0) − (x (x ∂s 0, y0)s − 0, y0)t. ∂y
Áp dụng định lý Lagrange, ta có: ∂f
f (x0 + s, y0 + t) − f(x0, y0 + t) = (x0 + θ1s, y0 + t)s; ∂s ∂f f (x0, y0 + t) − f(x0, y0) = (x0, y0 + θ2t)t; ∂t trong đó ∂f ∂f ∂f
0 < θ1, θ2 < 1. Đặt A = (x (x (x ∂s
0 + θ1s, y0 + t) − ∂s 0, y0), B = 0, y0 + θ2t) − ∂t
∂f (x0,y0). Ta xét hàm số: ∂y f (s, t) As + Bt φ(s, t) = √ = √ . s2 + t s2 + t2 Ta có: p(A2 + B2)(s2 + t2) p |φ(s, t)| ≤ √ ≤ A2 + B2 s2 + t2 mà do lim A = lim
B = 0 nên ta theo nguyên lý kẹp ta có: (s,t)→(0,0) (s,t)→(0,0) lim φ(s, t) = 0. (s,t)→(0,0) Vậy f khả vi tại (0, 0).
Bài 3 (1.5đ). Cho a > 0 và hàm hai biến (
sin2(x − y) , (x, y) = (0,0), f (x, y) = cos x + (x2 + y2)a 1, (x, y) = (0, 0). Trang 16 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến
Tìm tất cả các giá trị của tham số a để hàm f khả vi tại (0, 0). Giải: * Với 1 a < , ta có: 2 sin2(t) ∂f f (t, 0) − f(0, 0) cos t − 1 + (0, 0) = lim = lim t2a ∂x t→0 t t→0 t cos t − 1 sin2 t = lim + t→0 t t2a+1 Do cos t − 1 sin2 t t2 sin2 t lim = lim (− sin t) = 0 , ≤
≤ |t1−2a| với t đủ nhỏ nên lim = t→0 t t→0 t2a+1 t2a+1 t→0 t2a+1 0. Vậy ta có: ∂f (0, 0) = 0. ∂x Tương tự, ta có: ∂f f (0, t) − f(0, 0) sin2(−t) (0, 0) = lim = lim = 0. ∂y t→0 t t→0 t2a+1
Vậy ∇f(0, 0) = (0, 0). Với mọi (s, t) ∈ R2, xét hàm số sau: sin2 (s − t) cos s − 1 +
f (s, t) − f(0, 0) − ⟨∇f(0, 0), (s, t)⟩ (s2 + t2)a φ(s, t) = √ = √ s2 + t2 s2 + t2 cos s − 1 sin2(s − t) = √ + . s2 + t2 1 a+ (s2 + t2) 2 Do cos s − 1 − sin s 1 1 lim = lim
= lim− cos s = − nên tồn tại s đủ nhỏ sao cho | cos s − s→0 s2 s→0 2s s→0 2 2 cos s − 1
1| ≤ s2 ≤ (s2 + t2). Vì vậy lim √ = 0. Mặt khác, ta có: (s,t)→(0,0) s2 + t2 1 2 sin (s − t) 2 (s − t) 2(s2 + t2) −a ≤ ≤ ≤ 2(s2 + t2)2 . 1 1 1 a+ a+ a+ (s2 + t2) 2 (s2 + t2) 2 (s2 + t2) 2 2 Vậy sin (s − t) lim = 0. Do đó: (s,t)→(0,0) 1 a+ (s2 + t2) 2 lim φ(s, t) = 0. (s.t)→(0,0) Trang 17 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến Vậy 1
f khả vi tại (0, 0) khi a < . 2 * Với 1 a = , ta có: 2 sin2(t) ∂f f (t, 0) − f(0, 0) cos t − 1 + (0, 0) = lim = lim t ∂x t→0 t t→0 t cos t − 1 sin2 t = lim + = 1; t→0 t t2 sin2(−t) ∂f f (0, t) − f(0, 0) (0, 0) = lim = lim t ∂y t→0 t t→0 t sin2(−t) = lim = 1. t 2 →0 (−t)
Vậy ∇f(0, 0) = (1, 1). Với mọi (s, t) ∈ R2, xét hàm số sau: sin2 (s − t) cos s
f (s, t) − f(0, 0) − ⟨∇f(0, 0), (s, t)⟩ − 1 + − s − t φ(s, t) = √ = s2 + t2 √ s2 + t2 s2 + t2 cos s − 1 sin2(s − t) s + t = √ + − √ . s2 + t2 s2 + t2 s2 + t2 Xét dãy số 1 1 ,
, n ∈ N tiến về (0, 0), ta có: n n 2 1 1 √ lim φ , = lim − n √ = − 2 = 0. n n 2 n Vậy 1
f không khả vi tại (0, 0) khi a = . 2 * Với 1 a > , ta có: 2 ∂f f (0, t) − f(0, 0) sin2(−t) (0, 0) = lim = lim . ∂y t→0 t t→0 t2t2a−1
Giới hạn này không tồn tại do sin2(−t) 1 1 lim = 1 và a > nên lim = +∞, t→0 t2 2 t→0+ t2a−1 1 lim = − ∞. t→0− t2a−1 Vậy không tồn tại∂f 1
(0, 0) nên f không khả vi tại (0, 0) khi a > . ∂y 2
Bài 4 (1.5 đ). Khảo sát cực trị địa phương của hàm hai biến
f (x, y) = x4 + y4 − (x − y)2. Trang 18 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến
Giải: Tọa độ điểm dừng của f là nghiệm của hệ: ∂f = 0 n ∂x 4x3 − 2(x − y) = 0 x = −y ∂f ⇔ ⇔ 4y3 − 4y = 0 = 0 4y3 − 2(y − x) = 0 ∂y n x = −y ⇔ y = 0 hay y = 1 hay y = −1 .
Vậy f có 3 điểm dừng là (0, 0), (1, −1), (−1, 1). Dạng toàn phương ứng với f có dạng: ∂2f ∂2f A = ∂x2 ∂y∂x 12x2 − 2 2 . ∂2f ∂2f = 2 12y2 − 2 ∂x∂y ∂y2
Ta có các đại lượng: ∆1 = 12x2 − 2, ∆2 = (12x2 − 2)(12y2 − 2) − 4.
Tại diểm dừng (1, −1) và (−1, 1), ta có:
∆1 = 10 > 0, ∆2 = 96 > 0
nên A là dạng toàn phương xác định dương. Vậy f đạt cực tiểu tại (1, −1) và (−1, 1).
Tại điểm dừng (0, 0), ta có f(0, 0) = 0. Mặt khác, với mọi n ∈ N, n ≥ 2, ta có: 1 1 2 1 −1 1 1 f , = > 0, f , = 2 − < 0. n n n4 n n n4 n2
Vậy với mọi quả cầu mở B((0, 0), r) với r là số thực dương bất kỳ, ta luôn tìm được hai
điểm (x, y) và (x′, y′) sao cho f(x, y) > 0 và f(x′, y′) < 0. Do đó, f không đạt cực trị tại (0, 0).
Bài 5 (1.5đ). Cho C là đường tròn x2 + y2 = 2x. Tính tính phân I I =
x3 − x + xexy dy − y3 + x2 cos(y) − yexy dx. C Giải: Đặt D =
(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 2x , P (x, y) = −(y3 + x2 cos(y) − yexy), Q(x, y) =
x3 − x + xexy. Theo định lý Green, ta có: Z ∂Q ∂P I = − d(x, y) ∂x ∂y D Z =
(3x2 − 1 + 3y2 − x2 sin y) d(x, y) D Z Z Z = (3x2 − 3y2) d(x, y) + (−x2 sin y) d(x, y) − 1 d(x, y) D D D Z Z = (3x2 − 3y2) d(x, y) +
(−x2 sin y) d(x, y) − V (D). D D Trang 19 47.01.SUPHAMTOANB
Giải tích hàm nhiều biến biến Z Ta tính I1 =
(3x2 − 3y2) d(x, y). Xét phép đổi biến: D n x = r cos φ y = r sin φ , (x, y) ∈ D. n o Khi đó π π
(x, y) ∈ D ⇔ (r, φ) ∈ Drϕ = (r, φ) ∈ R2 : − ≤ φ ≤ , 0 ≤ r ≤ 2 cos φ . Ma trận 2 2
Jacobi có định thức det J = r ≥ 0. Do đó: Z I 2 2 1 =
3r2(cos φ − sin φ)r d(r, φ) Drϕ π 2 2 cos ϕ Z Z = dφ 3r3 cos(2φ) dr π 0 − 2π 2 Z 3 r4 2 cos ϕ = cos(2φ) dφ 4 0 π − 2π 2 Z = 12 cos4 φ cos(2φ) dφ π − 2 = ... = 3π. Z Ta tính I2 =
−x2 sin y d(x, y). Xét phép đổi biến: D n x = u y = −v , (x, y) ∈ D.
Khi đó, (x, y) ∈ D ⇔ (u, v) ∈ Duv = D. Ma trận Jacbobi xác định bởi: h i J = 1 0 0 −1
nên det J = −1 < 0. Vậy ta có: Z Z I2 = −u2 sin(−v) d(u, v) = u2 sin(v) d(u, v) = −I2 D D
hay I2 = 0. Vậy I = I1 + I2 − V (D) = 3π + 0 − π = 2π. Trang 20