Bài giảng Đạo hàm và vi phân: Phần 3

Chia sẻ: Sung Sung | Ngày: | Loại File: PPT | Số trang:31

Thêm vào BST

Báo xấu

198
lượt xem 27
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng Đạo hàm và vi phân: Phần 3 bao gồm những nội dung về đạo hàm theo hướng; ý nghĩa hình học của đạo hàm theo hướng; sơ đồ Matlab để vẽ tiếp tuyến; định lý (cách tính đạo hàm theo hướng); pháp tuyến – tiếp diện của mặt cong; khai triển Taylor.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Đạo hàm và vi phân: Phần 3

ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN Phần 3
Đạo hàm theo hướng Định nghĩa: Cho hàm f xác định trong lân cận M0 và một r a hướng cho bởi vector . r a ại M0: Đạo hàm của f theo hướng t r f ( M0 ) f ( M 0 + t.a ) − f ( M 0 ) r = lim a t 0 t f ( M0 ) r r chỉ tốc độ thay đổi của f theo hướnga a
Ý nghĩa hình học của đạo hàm theo hướng r Xét đường cong L : z ( t ) = f ( M 0 + ta ) r f ( M0 ) f ( M 0 + t.a ) − f ( M 0 ) r = lim a t 0 t z ( t ) − z ( 0) = lim = z ( 0) t 0 t là hệ số góc tiếp tuyến của đường cong L tại M0.
Sơ đồ Matlab để vẽ tiếp tuyến r S : z = f ( x, y ) , M 0 ( x0 , y0 ) , a = ( a1 , a2 ) 1. Vẽ mặt cong S khu vực xung quanh M0 và M0. r 2. Vẽ đường cong L : z ( t ) = f ( M 0 + ta ) x = x0 + ta1 , y = y0 + ta2 , z = f ( x0 + ta1 , y0 + ta2 ) 3. Vẽ tiếp tuyến với L tại M0. Lưu ý: tiếp tuyến đi r u = ( a1 , a2 , z ( 0 ) ) qua M0 và nhận làm vector chỉ phương.
Định lý (cách tính đạo hàm theo hướng) r e = ( e1, e2 ) Nếu hàm f khả vi tại M0, là r e vector đơn vị, đạo hàm theo hướng tại M tồn 0 tại, khi đó: f ( M0 ) f ( M0 ) f ( M0 ) r = e1 + e2 e x y Hàm 3 biến cũng được tính tương tự.
Công thức tổng quát r a là vector tùy ý: f ( M0 ) f ( M 0 ) a1 f ( M 0 ) a2 r = r + r a x a y a (hàm 2 biến) f ( M0 ) f ( M 0 ) a1 f ( M 0 ) a2 f ( M 0 ) a3 r = r + r + r a x a y a z a (hàm 3 biến)
Ví dụ 1. Tìm đạo hàm theo hướng dương của trục Ox tại điểm (2,1) của hàm số 2 2 f ( x, y ) = xy − 2 x y Vector đơn vị theo hướng dương của Ox là: r e = ( 1,0 ) f ( −2,1) r = f x ( −2,1) .1 + f y ( −2,1) .0 e = 9 .1 −12 .0 = 9
r a = ( 1,1, −1) ại 2. Tìm đạo hàm theo hướng t M = ( 2,1,2 ) của f ( x, y, z ) = x 2 + 2 xz − 3 y 2 z 3 r a 1 r = ( 1,1, −1) = ( e1, e2 , e3 ) a 3 f (M) r = f x ( M ) .e1 + f y ( M ) .e2 + f z ( M ) .e3 a 1 1 � 1 � 15 = 0. + 6. + ( −9 ) .�− �= 3 3 � 3� 3
Vector Gradient rr r ( ) Gọi i , j , k là các vector đơn vị trên các trục tọa độ, f có các đạo hàm riêng tại M 0 ( x0 , y0 ) . Gradient của f tại M là: 0 ( �f ( M 0 ) = grad ( M 0 ) = f x ( M 0 ) , f y ( M 0 ) ) r r = f x ( M 0 ) .i + f y ( M 0 ) . j
Liên hệ f ( M0 ) f ( M0 ) f ( M0 ) r r = e1 + e2 = ( f ( M 0 ) , e ) e x y f ( M0 ) r r = �f ( M 0 ) . e .cos ϕ = �f ( M 0 ) .cos ϕ e r là góc giữa gradf ( M 0 ) &e f ( M0 ) r đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi: e cos ϕ = 1 ϕ =0
Tổng quát Hướng của vector gradient là hướng mà hàm f tăng nhanh nhất. r � f ( M0 ) � a r =�f ( M0 ) , r � a � a �
Ví dụ f (2, −3,0) 1/ Tìm grad f (2, −3,0), r a yz r Với: f ( x, y, z ) = x.e , a = (2, −3,0) ( ) ( �f ( x, y, z ) = f x , f y , f z = e yz , xze yz , xye yz ) �f (2, −3,0) = ( 1,0, −6 ) r f (2, −3,0) a = �f (2, −3,0). r = ( 1,0, −6 ) . ( 2, −3,0 ) r a a 13
KHAI TRIỂN TAYLOR Cho f(x, y) khả vi đến cấp (n+1) trong lân cận (x0, y0), khi đó trong lân cận này ta có: n d k f ( x0 , y0 ) f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) + + Rn k =1 k! Cụ thể: n k 1� � f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) + � ∆x + ∆y � f ( x0 , y0 ) + Rn k =1 k !�x y � 1 Rn = d n +1 ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) Phần dư Lagrange (n + 1)!
Có thể thay Rn bởi o( n ) (Peano) (là VCB bậc cao hơn n khi 0), 2 2 n ρ = ∆x + ∆y , o ( ρ ) Khai triển trong lân cận (0, 0) gọi là kt Maclaurin 1. Thông thường chỉ sử dụng pd Peano. 2. Sử dụng khai triển Maclaurin cơ bản của hàm 1 biến trong kt Taylor hàm nhiều biến. 3. Viết kt trong lân cận của (x0, y0) là viết kt theo lũy thừa của x = (x – x0), y = (y – y0)
Ví dụ 1/ Khai triển Taylor đến cấp 2 trong lân cận (1, 1), cho z = f(x, y) = xy f x = yx y −1, f y = x y ln x df (1,1) = ∆x + 0.∆y y −2 f xx = y ( y − 1) x , f xy = x y −1 + yx y −1 ln x, y 2 f yy = x ln x 2 2 2 d f (1,1) = 0.∆x + 2.∆x∆y + 0.∆y
df (1,1) = ∆x + 0.∆y 2 2 2 d f (1,1) = 0.∆x + 2.∆x∆y + 0.∆y 2 df (1,1) d f (1,1) z = f ( x, y ) = f (1,1) + + + o( ρ 2 ) 1! 2! ∆x 2∆x∆y z = 1+ + + o( ρ 2 ) 1! 2! = 1 + ( x − 1) + ( x − 1)( y − 1) + o( ρ 2 )
Ví dụ 2/ Viết kt Maclaurin đến cấp 2 cho 1 z = f ( x, y ) = 1 + x + y − xy Đặt u = x + y – xy, kt z theo u đến u2 1 2 2 z= = 1 − u + u + o(u ) 1+ u 2 2 = 1 − ( x + y − xy ) + ( x + y − xy ) + o(u ) = 1 − x − y + x 2 + 3xy + y 2 + o( ρ 2 )
Ví dụ 3/ Viết kt Taylor đến cấp 3 với (x0, y0) = (0,1) cho x 2 + xy z = f ( x, y ) = e Đặt X = x, Y = y – 1, X + X 2 + XY z=e 2 = 1 + X + X + XY 2 2 2 3 ( X + X + XY ) ( X + X + XY ) 3 + + + o( ρ ) 2 6