bài tập giải tích 1_dùng cho các trường đại học

Chia sẻ: Trannhat Nhat | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

3.546
lượt xem 656
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bài tập giải tích 1_dùng cho các trường đại học', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

bài tập giải tích 1_dùng cho các trường đại học

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

Lưu

Nội dung Text: bài tập giải tích 1_dùng cho các trường đại học

Chương 4. Phép tính vi phân hàm nhiều biến A. Lý thuyết. • Định nghĩa hàm hai (nhiều) biến và MXĐ của hàm số. Định nghĩa và cách tính giới hạn dãy điểm, giới hạn hàm số. Định nghĩa tính liên tục của hàm số. • Định nghĩa và cách tính đạo hàm riêng cấp 1. Biểu thức và ứng dụng cua vi phân cấp 1. Công thức tính đạo hàm riêng của hàm hợp. Cách tính đạo hàm riêng và vi phân cấp 2 (cấp cao). • Định nghĩa cực trị. Các định lý điều kiện cần, điều kiện đủ của cực trị (quy tắc tìm cực trị). Công thức tính đạo hàm hàm ẩn. Định nghĩa cực trị có điều kiện. Cách tìm cực trị có điều kiện. Cách tìm max và min của hàm số trên tập đóng và giới nội. B. Bài tập.. 1 a) z = ln xy b) z = 1. Tìm miền xác định của các hàm sau đây y − x2 x2 y 2 c) z = 1 − − a 2 b2 1 1 y −1 d) z = + e) z = arcsin f) z = x ln y x+ y x− y x Lời giải. { a) D = ( x, y ) ∈ ¡ 2 : xy > 0 .} b) D = { ( x, y ) ∈ ¡ 2 : y ≠ x2 }   2 x 2 y2   c) D = ( x, y ) ∈ ¡ : 2 + 2 ≤ 1 .   a b   { 2 d) D = ( x, y ) ∈ ¡ : − x < y < x . } e) Hàm số xác định khi  y −1 − y + x + 1  y ≤ x + 1  y ≥ x + 1  ∨ y −1 1 − x =  x ≥0  x > 0 x < 0 −1 ≤ ≤1⇔  ⇔ x  y −1 +1 = y + x −1 ≥ 0  y ≥ − x + 1 ∨  y ≤ − x + 1  x  x  x > 0  x < 0  f) Hàm số xác định khi x ≥ 0 x ≤ 0 x ≥ 0 x ≤ 0 x ln y ≥ 0 ⇔  ∨ ⇔ ∨ ln y ≥ 0 ln y ≤ 0  y ≥ 1 0 < y ≤ 1 2. Tính các giới hạn sau đây
x ( 21 a) x→0 x + y sin xy lim 2 ) lim sin xy b) x→0 x  y c) x→∞  1 +  lim  x y →0 y →2 y →2 1 x+ y 2 x +y 2 lim d) x→∞ x 2 + y 2 lim e) x→0 x2 + y 2 + 1 − 1 f) x→0 1 + lim ( x y ) 2 2 x2 + y2 y →∞ y →0 y →0 Lời giải. lim( x 2 + y 2 ) = 0 a) Từ 0 ≤ x + y sin ( 1 xy 22 2 ≤ x + y và x→0 y →0 2 ) , theo tiêu chuẩn kẹp, ta được ( lim x 2 + y 2 sin x→0 ) 1 xy = 0. y →0 sin xy 0 / 0 sin xy lim b) x→0 = lim y = 2. x x→0 xy y →2 y →2 y  x x 1∞  y  y y  c) lim  1 +  = lim  1 +  = e2 . x→∞  x x→∞  x  y →2 y →2     x+ y x y 1 1 d) Từ 0 < 2 ≤ 2 + 2 < + và x + y2 x + y2 x + y2 x y 1 1 1 1 lim  +  = lim + lim  x  x→∞ x y→∞ y = 0 , theo tiêu chuẩn kẹp, ta được x→∞ y y →∞  x+ y lim = 0. x→∞ x2 + y 2 y →∞ x2 + y 2 t2 ( ) 0/0 lim e) x→0 = lim lim t 2 + 1 + 1 = 2, t := x 2 + y 2 . 2 2 t →0 2 y →0 x + y +1 −1 t + 1 − 1 t →0 x2 y 2 1 lim 2 = lim =0 f) Do x→0 x + y 2 x →0 1 1 nên y →0 y →0 2 + 2 y x x2 y2 1  1  x2 + y2 lim 1 + x→0 ( x y ) 2 2 x2 + y2 = lim  1 + x →0  ( x y ) 2 2 x2 y 2   = e0 = 1 . y →0 y →0   3. Chứng minh các hàm sau đây không có giới hạn khi ( x, y ) → ( 0,0 ) x x2 − y 2 x2 y 2 a) f ( x, y ) = b) f ( x, y ) = 2 c) f ( x, y ) = x2 y 2 + ( x − y ) 2 x+ y x + y2 Lời giải.
a) Do khi k → ∞ , ta có  1 1 ( 1 1 )  xk , yk =  k , k  → ( 0,0 )      ( 1 1 1/ k ) 1  f xk , yk = 1/ k + 1/ k = 2 → 2 1  nhưng  . −1/ k (  k k 2  1 2   k k )  x , y = − , → ( 0;0 ) 2    k ( f x ,y = 2 2 k −1/ k + 2 / k ) = −1 → −1  b) Do khi k → ∞ , ta có  1 1   ( 1 1  )  xk , yk =  k , k  → ( 0,0 )    k ( f x1 , y1 = k 1/ k 2 − 1/ k 2 ) 1/ k 2 + 1/ k 2 =0→0  nhưng  . ( ) 2 2  x 2 , y 2 =  2 , 1  → ( 0;0 )  f x 2 , y 2 = 4 / k − 1/ k = 3 → 3  k k   k k    k ( k ) 4 / k 2 + 1/ k 2 5 5 c) Do khi k → ∞ , ta có  1/ k 2 .1/ k 2  1 1 ( )1 1  xk , yk =  k , k  → ( 0,0 )  k( f x1 , y1 = k ) 1/ k 2 .1/ k 2 + ( 1/ k − 1/ k ) 2 =1→1      nhưng  .  1 −1  (  x ,y = , 2  k k 2 )  → ( 0;0 )  k(  f x2 , y 2 = k 1/ k 2 .1/ k 2 ) 1 = → 1 k k  1/ k 2 .1/ k 2 + ( 1/ k + 1/ k ) 2   5 5 4. Tính các đạo hàm hàm riêng cấp 1 và vi phân toàn phần của các hàm sau đây x2 − y 2 y 3 a) z = x + y − 3 xy 3 b) z = 2 c) sin x + y2 z=e x e) z = yx y y d) z = x x f) z = x 2 y − xy 2 2 ( g) z = ln x + x + y 2 ) h) z = arctg y x i) z = arcsin y−x x z y  x j) u = e l) u = ln ( xy + z ) xyz sin k) u =  xy +  z  y Lời giải. x y 2 2 2 a) z′ = 3 x − 3 y, z′ = 3 y − 3 x và dz = 3 x − 3 y dx + 3 y − 3 x dy . 2 ( ) ( ) 4 xy 2 −4 x 2 y 4xy ( xdx − ydy ) ′ , z′y = b) z x = và dz = (x ) (x ) (x ) 2 2 2 2 . + y2 2 + y2 2 + y2 y y y y y sin 1 y sin 1 y sin  y  c) z′ = − x cos e x , z′y = cos e x và dz = cos e x  − dx + dy  2 x x x x x x  x  y d) Ta có z = e x ln x . Vậy (x )′ ( yx ) ( y ln x + 1) , y y y y −1 z′ = z = e x x ln x y ln x = xx ln x + x y −1 = x x + y −1 x
(x )′ (x ) y y y +y z′y = e x ln x y ln x = xx y ln x.ln x = x x ln 2 x , y dz = x x y + y −1 ( y ln x + 1) dx + (x xy+y ) ln 2 x dy e) z′ = y 2 x y −1 , z′y = x y + yx y ln x = x y (1 + y ln x) x và dz = x y  y 2 x −1dx + ( 1 + y ln x ) dy  .   f) z′ = x 2 xy − y 2 , z′y = x 2 − 2 xy và dz = ( 2 xy − y 2 dx + x 2 − 2 xy dy ) . 2 2 2 2 2 x y − xy 2 x y − xy 2 2 x y − xy 2 x x 1+ g) z′ = x2 + y 2 1 x2 + y 2 x , = , z′y = = ( x+ ) x 2 2 2 2 2 2 x+ x + y x +y x+ x + y x +y2 2 x +y2 2 dx xdy dz = + x2 + y 2 ( x+ x2 + y 2 ) x2 + y 2 − y / x2 −y 1/ x x − ydx + xdy h) z′ = x = , z′y = = 2 , dz = . 1+ ( y / x) 1+ ( y / x) 2 x2 + y 2 2 x + y2 x2 + y 2 y 1 1 1 − ydx + dy i) z′ = − x , z′y = x dz x = x 1 −  y − x / x2 x 1 −  y − x / x2 , 2 .  ( )   ( )  x 1 − ( y − x ) / x    y j) u = e sin xyz z xyz y xyz y 1 xyz y xyz y y xyz y *) u¢ = yze s n ,u¢ = xze s n + e cos ; z = xye s n - x i y i u¢ i e cos * z z z z z z2 z æ y æ y 1 yö æ y y yö ö xyz ç ÷ ÷ *) du = e çyzs n dx + çxzs n + cos ÷ + çxys n - cos ÷ ÷ i ç i ÷dy ç i dz ç ç ÷ ç ÷ ÷ ç è z ç è z z ÷ zø ç è z z2 z÷ ÷ ø ÷ø z  x k) u =  xy +   y æ 1öæ xö z- 1 æ x öæ ö- 1 z æ z ö æ ö ç ÷çxy + x÷ ;u¢ = çxy + x÷ l çxy + x÷ ÷ç u¢ = zçy + ÷ xy + ÷ ;uy = zçy - x ç ç ÷ ÷ ç ç ç ÷ ÷ ¢ ç ÷ç ÷ ÷ ÷ z çç ÷ nç ÷ ç ÷ ÷ è y÷ øè y÷ ø ç ç è y2 ø è ÷ y÷ ø è y÷ è ø y÷ ø 1é æ z ö- ê æ + 1ödx + æ x÷ ç ö æ ö ù çxy + x÷ du = ç zç ÷ zçy - ÷ + l çxy + x÷ ú ç ÷ ÷ ÷ ê çy ç ÷ ÷ ÷ ç ç ÷ ÷dy n ç ç ÷ ÷ dz ÷ ú è yø êè ë yø ç è y2 ÷ ø è yø ú û l) u = ln ( xy + z ) y x 1 u¢ = x ;u¢ = y u¢ ; z= xy + z xy + z xy + z 1 du = xy + z ( ydx + xdy + dz)
5. Chứng minh rằng ∂z ∂z 2 ( 2 ) a) Hàm z = ln x + xy + y thoả phương trình x ∂x + y = 2. ∂y ∂z ∂z b) Hàm z = xy + xe y / x thoả phương trình x + y = xy + z. ∂x ∂y Lời giải. a) Ta có ∂z 2x + y ∂z 2y + x = 2 , = 2 ∂x x + xy + y ∂y x + xy + y 2 2 Khi đó ∂z ∂z 2x + y 2y + x x +y =x 2 +y 2 = 2. ∂x ∂y x + xy + y 2 x + xy + y 2 b) Ta có ∂z  y  ∂z = y + e y / x 1 −  ∧ = x + ey/ x . ∂x  x  ∂y Khi đó ∂z ∂z  y x + y = xy + xe y / x 1 −  + yx + ye y / x = 2 xy + xe y / x = xy + z . ∂x ∂y  x 6. Dùng biểu thức vi phân cấp 1 tính gần đúng trị của các biểu thức 1,02 a) A = ( 1,003) 1,995 b) B = 9. ( 1,95 ) 2 + ( 8,1) 2 c) C = arctg 0,95 Lời giải. Trong bài này ta áp dụng công thức f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ f ( x0 , y0 ) + f x′ ( x0 , y0 ) ∆x + f y ( x0 , y0 ) ∆y . ′ a) Đặt ( x0 , y0 ) = ( 1; 2 ) , ( ∆x, ∆y ) = ( 0,003; −0,005) , f ( x, y ) = x y , f x′ = yx y −1; f y = x y ln x , ′ f ( x0 , y0 ) = 1, f x′ ( x0 , y0 ) = 2, f y ( x0 , y0 ) = 0 . ′ Ta được A = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ 1 + 2 × 0,003 + 0 × ( −0,005 ) = 1,006 . b) Đặt ( x0 , y0 ) = ( 2;8) , ( ∆x, ∆y ) = ( −0,05;0,1) , 9x y f ( x, y ) = 9 x 2 + y 2 , f x′ = ′ ; fy = , 9x2 + y 2 9x2 + y2 f ( x0 , y0 ) = 10, f x′ ( x0 , y0 ) = 1,8, f x′ ( x0 , y0 ) = 0,8 . Khi đó B = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ 10 + 1,8 × ( −0,05 ) + 0,8 × 0,1 = 9,99 . c) Đặt
( x0 , y0 ) = ( 1;1) ; ( ∆x, ∆y ) = ( 0,02; −0,05 ) , x y −x f ( x, y ) = arctg , f x′ = 2 ′ , fy = 2 , y x + y2 x + y2 π 1 1 f ( x0 , y0 ) = , f x′ ( x0 , y0 ) = , f x′ ( x0 , y0 ) = − . 4 2 2 Khi đó π 1 1 π C = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ + × 0,02 − × 0,05 = + 0,035 . 4 2 2 4 7. Tính đạo hàm hàm riêng của các hàm hợp sau đây 2 u ′ ′ a) Cho z = x sin y, x = , y = v u . Tính zu , zv . v x b) Cho f ( x, y ) = arctg , x = u sin v, y = u cos v. Tính fu′, f v′. y x c) Cho z = y arctg , y = cos x . Tính z′ . 2 x y x d) Cho f ( x, y ) = ln sin , x = 3t 2 , y = 1 + t 2 . Tính f t ′ . y Lời giải. a) Ta có 1 u v x ′ ′ ′ z′ = 2 x sin y, z′y = x 2 cos y ; xu = , xv = − 2 ; yu = ′ , yv = u . v v 2 u Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp, ta được 2u v zu = z′ .xu + z′ . yu = ′ x ′ y ′ 2 sin v u + cos v u v 2 u . 2u 2 zu = z′ .xv + z′y . yv = − 3 sin v u + v cos v u ′ x ′ ′ v x b) Cho f ( x, y ) = arctg , x = u sin v, y = u cos v. Tính fu′, f v′. y u cos v u sin v f u′ = f x′xu + f y′ yu = 2 2 ′ ′ sin v − 2 2 cosv = 0 u sin v + u cos v 2 2 u sin v + u 2 cos 2 v u cos v u sin v f u′ = f x′xv + f y′ yv = 2 2 ′ ′ ucosv + 2 2 u sin v = 1 u sin v + u cos v 2 2 u sin v + u 2 cos 2 v c) Ta có y2 x xy z′ = x , z′y = arctg − 2 , y′ ( x ) = − sin 2 x . x2 + y 2 y x + y2 Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp, ta được dz cos 4 x  x x cos 2 x  = z′ + z′y . y′ ( x ) = 2 −  arctg −  sin 2 x . x + cos 4 x  cos 2 x x 2 + cos 4 x  x dx  
x d) Cho f ( x, y ) = ln sin , x = 3t 2 , y = 1 + t 2 . Tính f t ′ . y 1 x x x f¢ = x cotg ,f¢ = - y cotg y y 2 y3 y  t2  3t 3t 2 f t ′ = f x′xt′ + f y′ yt′ =  2−  cot g 4 1+ t2 4 1+ t2  1+ t2  8. Tính các đạo hàm hàm riêng và vi phân cấp 2 của các hàm sau đây a) z = ln( x 2 + y ) b) z = 2 xy + y 2 x+ y 1 c) z = arctg d) u = . 1 − xy x + y2 + z2 2 Lời giải. 2x 1 2 y − x2 −1 ( ) −2 x a) z′ = 2 , z′y = 2 và z′′ = , z′′ = , z′′ = . ( ) ( ) (x ) x xx 2 yy 2 xy 2 x +y x +y x2 + y x2 + y 2 +y y x+ y b) z′ = x , z′ = y , 2 xy + y 2 2 xy + y 2 − y2 − x2 xy z′′ = xx , z′′ = yy , z′′ = xy . ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 xy + y 2 2 xy + y 2 2 xy + y 2 1 + y2 ( 1 − xy ) 2 1 + y2 1 1 c) z′ = x = = , y′ = , ( 1 − xy ) 2 ( 1 − xy ) 2 + ( x + y ) 2 2 2 2 1+ x y + x + y 2 1+ x 2 1 + y2 −2 x −2 y z′′ = , z′′ = , z′′ = 0 (1+ x ) (1+ y ) xx 2 yy 2 xy . 2 2 1 d) u = . x2 + y 2 + z 2 x y z u¢ = x ;u¢ = y u¢ ; z= x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 y2 + z2 x2 + z2 y2 + x2 u¢ = ¢ xx ;u¢ = ¢ yy ¢¢ ;uzz = 3 3 3 ( x2 + y2 + z2 ) ( x2 + y2 + z2 ) ( x2 + y2 + z2 ) - xy - yz - zx u¢ = ¢ xy ¢¢ ;uzy = ¢¢ ;uzx = 3 3 3 ( x2 + y2 + z2 ) ( x2 + y2 + z2 ) ( x2 + y2 + z2 )
é 2 ù 2 d u= 1 ê (2 2 ) 2 2 2 2 ( 2 2 ) êy + z dx + x + z dy + x + y dz - 2xydxdyú ú ( ) 3 ê 2xzdxdz - 2yzdydz - ú ( x2 + y2 + z2 êë ) ú û 9. Tính đạo hàm của các hàm ẩn xác định bởi các phương trình sau đây x+ y y a) arctg - =0. Tính y ′(x) b) xe y + ye x − e xy = 0. Tính y′(x ) a a  2 x + y − z = 0 2 2 c) x + y + z − 3 xyz = 0. Tính z′ , z ′ 3 3 3 x y d)  2 . Tính y′ ( x ) , z ′ ( x )  x + 2 y + 3z = 4 2 2  Lời giải. a) Ta có F ( x ) := xe y + ye x − e xy , Fx′ = e y + ye x − ye xy , Fy = xe y + e x − xe xy . ′ Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm ẩn, ta được Fx′ e y + ye x − ye xy y′ ( x ) = − =− y . Fy′ xe + e x − xe xy Fx′ y y2 b) F ( x ) := xy − ln y − a ⇒ y′ ( x ) = − =− = . Fy′ x − ( 1/ y ) 1 − xy Fx′ yx y −1 − y x ln y c) F ( x ) := y − x ⇒ y′ ( x ) = − = x y . Fy xy x −1 − x y ln x ′ 2 10. Phương trình z + = y 2 − z 2 xác định hàm ẩn z = z(x,y). Chứng minh rằng 2 x ∂z 1 ∂z 1 x2 + = .\ ∂x y ∂y z Giải 11. Tìm cực trị của các hàm sau đây a) z = 4( x − y ) − x 2 − y 2 b) z = x 2 + xy + y 2 + x − y + 1 c) z = x + y − xe y d) z = ( x − 1) 2 + 2 y 2 e) z = 2 x 4 + y 4 − x 2 − 2 y 2 f) z = 2 xy − 3 x 2 − 2 y 2 + 10 50 20 g) z = x3 + 3 xy 2 − 15 x + 12 y h) z = xy + + x y i ) u = x 2 + y 2 + z 2 − xy − x − 2 z j ) u = x3 − y 2 − 3x + 4 y + z 2 + z − 8 Lời giải. a) • Tìm điểm tới hạn  z′ = 4 − 2 x = 0  x x = 2  ′ ⇔ ⇒ M 0 ( 2, −2 ) .  z y = −4 − 2 y = 0   y = −2 • Xác định điểm cực trị
z′′ = −2; z′′ = 0; z′′ = −2 . xx xy yy Tại M 0 : A = −2 < 0, B = 0, C = −2, B 2 − AC = −4 < 0 ⇒ M 0 là điểm cực đại và zmax = 8 .  z′ = 2 x + y + 1 = 0  x  x = −1 b) •  ⇔ ⇒ M 0 ( −1,1) .  z′y = 2 y + x − 1 = 0  y =1 • z′′ = 2; z′′ = 1; z′′ = 2 . xx xy yy Tại M 0 : A = 2 > 0, B = 1, C = 2, B 2 − AC = −3 < 0 ⇒ M 0 là điểm cực tiểu và zmin = 0 .  z′ = 1 − e y = 0  x x = 1 c) •  ⇔ ⇒ M 0 ( 1,0 ) . y = 0 y  z′y = 1 − xe = 0  • z′′ = 0; z′′ = −e ; z′′ = − xe . y y xx xy yy Tại M 0 : A = 0, B = −1, C = −1, B 2 − AC = 1 > 0 ⇒ Hàm số không có cực trị.  z′ = 2 ( x − 1) = 0  x x = 1 d) •  ⇔ ⇒ M 0 ( 1,0 ) z′ = 4 y = 0  y   y=0 • z′′ = 2, z′′ = 0, z′′ = 4 xx xy yy Tại M 0 : A = 2 > 0, B = 0, C = 4, B 2 − AC = −8 < 0 ⇒ M 0 là điểm cực tiểu và zmin = 0 ; e) • Tìm các điểm tới hạn  z′ = 8 x3 − 2 x = 0  1  x x = 0 ∨ x = ±  ⇔ 2.   z′y = 4 y 3 − 4 y = 0   y = 0 ∨ y = ±1 Vậy hàm số có 9 điểm tới hạn 1 1  1  M1 (0,0), M 2,3 ( 0, ±1) , M 4,5 (± ,0), M 6,7 ( , ±1), M 8,9  − , ±1 . 2 2  2  • Xác định điểm cực trị z′′ = 24 x 2 − 2; z′′ = 0; z′′ = 12 y 2 − 4 . xx xy yy * Tại M 1 : A = −2 < 0, B = 0, C = −4, B 2 − AC = −8 < 0 ⇒ M1 là điểm cực đại và zmax = 0 . * Tại M 2,3 : A = −2 < 0, B = 0, C = 8, B 2 − AC = 16 > 0 ⇒ M 2,3 không phải là điểm cực trị. * Tại M 4,5 : A = 4 > 0, B = 0, C = −4, B 2 − AC = 16 > 0 ⇒ M 4,5 không phải là điểm cực trị. * Tại M 6,7 : A = 4 > 0, B = 0, C = 8, B 2 − AC = −32 < 0 9 ⇒M 6,7 là điểm cực tiểu và zmin = − . 8 * Tại M 8,9 : A = 4 > 0, B = 0, C = 8, B 2 − AC = −32 < 0
9 ⇒M 8,9 là điểm cực tiểu và zmin = − . 8  z′ = 2 y − 6 x = 0  x x = 0 f) •  ⇔ ⇒ M 0 ( 0,0 ) .   z′y = 2 x − 4 y = 0  y=0 • z′′ = −6; z′′ = 2; z′′ = −4 . xx xy yy Tại M 0 : A = −6 < 0, B = 2, C = −4, B 2 − AC = −20 < 0 ⇒ M 0 là điểm cực đại và zmax = 10 . g) • Tìm điểm tới hạn  z ′ = 3 x 2 + 3 y 2 − 15 = 0  x  x = −2, y = 1  ⇔  z ′ = 6 xy + 12 = 0  y  x = −1, y = 2 ⇒ M1 ( 2, −1) , M 2 ( −1, 2 ) , M 3 ( −2,1) , M 4 ( −2,1) • Xác định điểm cực trị z′′ = 6 x, z′′ = 6 y, z′′ = 6 x . xx xy yy * Tại M 1 : A = 12 > 0, B = −6, C = 12, B 2 − AC = −108 < 0 ⇒ M1 là điểm cực tiểu và zmin = −22 . * Tại M 2 : A = −6 > 0, B = 12, C = −6, B 2 − AC = 108 > 0 ⇒ M 2 không phải là điểm cực trị. * Tại M 3 : A = −12 > 0, B = 6, C = −12, B 2 − AC = −108 < 0 ⇒ M 3 là điểm cực tiểu và zmin = −22 . * Tại M 4 : A = 6 > 0, B = −12, C = 6, B 2 − AC = 108 > 0 ⇒ M 4 không phải là điểm cực trị.  ′ 50  zx = y − x2 = 0  x = 5 h) •  ⇔ ⇒ M 0 ( 5, 2 ) .  z′y = x − 20 =0 y = 2   y2 100 40 • z′′ = 3 , z′′ = 1, z′′ = 3 . xx xy yy x y 4 Tại M 0 : A = > 0, B = 1, C = 5, B − AC = −3 < 0 ⇒ M 0 là điểm cực tiểu và zmin = 30 . 2 5 12. Tìm cực trị có điều kiện của các hàm sau đây π a) z = xy với x + y = 1 b) z = cos 2 x + cos 2 y với y − x = 4 1 1 1 1 1 c) z = x + 2 y với x 2 + y 2 = 5 d) z = + với 2 + 2 = 2 x y x y a
Lời giải. a) Do x + y = 1 ⇔ y = 1− x , nên ta đưa được bài toán về bài toán tìm cực trị hàm một biến z = z ( x ) = x − x2 , x ∈ ¡ . Ta có 1 1 z′ ( x ) = 1 − 2 x = 0 ⇔ x = và z′′ ( x ) = −2, z′′   = −2 . 2  2 1 Vậy hàm z ( x ) đạt cực đại tại x = nên hàm z ( x, y ) đạt cực đại có điều kiện tại 2 ( x, y ) =  1 1 1  ,  và zmax = . 2 2 4 b) Do π π y−x= ⇔ y = x+ . 4 4 nên ta đưa bài toán về bài toán tìm cực trị hàm một biến  π z = z ( x ) = cos 2 x + cos 2  x +  , x ∈ ¡ .  4 Ta có  π  π z ′ ( x ) = − sin 2x − sin  2 x +  = − sin 2x − cos 2 x = − 2 sin  2 x +   2  4 π π kπ  π z′ ( x) = 0 ⇔ 2x + = k π ⇔ x = − + và z ′′ ( x ) = −2 2 cos  2 x +  4 8 2  4  π kπ   π π 2 2, k = 2m + 1  z ′′  − +  = −2 2 cos  − + k π +  = −2 2 cos ( k π ) =  , m∈¢ .  8 2   4 4 −2 2, k = 2m  Vậy hàm số đạt cực tiểu có điều kiện tại  π ( 2m + 1) π π ( 2m + 1) π  1 1 − + , +  với zmin = 1 + cos ( 2m + 1) π = 1 −  8 2 8 2  2 2 và đạt cực đại có điều kiện tại  π π  1 1  − + mπ, + mπ  với zmax = 1 + cos ( 2mπ ) = 1 +  8 8  2 2 c) Hàm Lagrange ( L ( x, y , λ ) = x + 2 y + λ x 2 + y 2 − 5 ) • Tìm điểm tới hạn  L′ = 1 + 2λx = 0  x = −1/ 2λ  1  x  M1 ( 1, 2 ) , λ = −   2  L′ = 2 + 2λy = 0 ⇔  y = −1/ λ ⇔  y  2  2  M ( −1, −2 ) ; λ = 1  2 x + y = 5  λ = 1/ 4  2  2
• Xác định điểm cực trị  yy (  Lxx = 2λ, Lxy = 0, L′′ = 2λ ⇒ d 2 L = 2λ dx 2 + dy 2 ′′ ′′ ) 2  x2  2  x ⇒ d L = 2λ  1 + y 2  dx .   ϕ′x = 2 x, ϕ′y = 2 y ⇒ d ϕ = 2 ( xdx + ydy ) = 0 ⇔ dy = − dx    y 1 * Tại M 1 ( 1, 2 ) , λ = − : 2  1  1 d 2 L 1, 2, −  = −  1 +  dx 2 < 0, ∀dx ≠ 0 ⇒ M1 là điểm cực đại có điều kiện.  2  4 1 * Tại M 2 ( −1, −2 ) , λ = : 2  1  1 d 2 L  −1, −2,  = 1 +  dx 2 > 0, ∀dx ≠ 0 ⇒ M 2 là điểm cực tiểu có điều kiện.  2  4 d) Hàm Lagrange 1 1  1 1 1  L ( x, y , λ ) = + + λ 2 + 2 − 2 ,a > 0 . x y x y a  • Tìm điểm tới hạn  1 2λ ′  Lx = − 2 − 3 = 0    x 1 2λ x  x = y = −2λ   (  M 1 − 2a, − 2 a , λ = ) a 2  L′ = − 2 − 3 = 0 ⇔  y a ⇔ λ=±  1 1 y 1 y   2 M (  2 2 a, 2a , λ = −  ) a 2  2+ 2 = 2 x  y a • Xác định điểm cực trị  2 6λ 2 6λ  1 3λ  2  1 3λ  2   Lxx = 3 + 4 , Lxy = 0, L′′ = 3 + 4 ⇒ d L = 2  3 + 4  dx +  3 + 4  dy  ′′ ′′ 2 yy  x x y y  x  x  y y      2 2  1 1  y3 ϕ′x = − x3 , ϕ′y = − y 3 ⇒ d ϕ = −2  x3 dx + y 3 dy  = 0 ⇔ dy = − x3 dx    2  1 3λ   1 3λ   y 6   2 ⇒ d L = 2  3 + 4  +  3 + 4   6   dx .  x  x  y y   x    ( * Tại M 1 − 2a, − 2a , λ = ) a 2 :  1 3  2 dx 2 d 2L = 4 − 3 + 3  dx = dx 2 = 3 > 0 ⇒ M1 là điểm cực tiểu có điều  2a 2 4a 2  a 2 kiện. * Tại M 2 ( ) 2a , 2a , λ = − a 2 :
2  1 3  2 2 dx 2 d L = 4 3 − 3  dx = dx = − 3 < 0 ⇒ M 2 là điểm cực đại có điều  2a 2 4a 2  a 2 kiện. 13. Trong tất cả các tam giác vuông có diện tích bằng 1, tìm tam giác có cạnh huyền nhỏ nhất. Lời giải. Gọi x, y, z > 0 lần lượt là hai cạnh góc vuông và cạnh huyền của tam giác vuông có diện tích bằng 1. Khi đó 2 xy = 2 ⇔ y = và z = x 2 + y 2 := z ( x, y ) . x Bài toán được đưa về bài toán tìm cực trị của hàm số 4 x4 + 4 z = z ( x, y ) = x + y = x + 2 = 2 2 2 := z ( x ) , x ∈ ( 0, +∞ ) x x Ta có x4 − 4 z′ = x =0⇔ x= 2 x2 x4 + 4 Lập bảng xét dấu z′ ta thấy x = 2 là điểm cực tiểu của hàm số z ( x ) nên hàm z ( x, y ) x đạt cực tiểu tại ( ) 2, 2 . Vậy trong tam giác vuông có diện tích bằng 1 thì tam giác vuông cân là tamgiác có cạnh huyền nhỏ nhất và bằng 2. 15. Tính max và min của các hàm sau đây trên tập đóng và giới nội D tương ứng a) z = x y ( 4 − x − y ) với D được giới hạn bởi các đường x = 0, y = 0, x + y = 6 2  π π b) z = sin x + sin y + sin ( x + y ) với D = ( x, y ) ∈ ¡ 2 :0 ≤ x ≤ ,0 ≤ y ≤   2 2 c) z = x − y với D = ( x, y ) ∈ ¡ : x + y ≤ 4 2 2 2 2 2 { } ( ) { ( x, y ) ∈ ¡ } d) z = e − x2 + y 2 ( 2x 2 ) + 3 y 2 với D = 2 : x2 + y 2 ≤ 1 Lời giải. a) Ta có { ( x, y ) ∈ ¡ : 0 ≤ x ≤ 6,0 ≤ y ≤ 6 − x} . D= 2 • Tìm điểm tới hạn trong D = { ( x, y ) ∈ ¡ : 0 < x < 6,0 < y < 6 − x} : Ta có 0 2 z = x 2 y ( 4 − x − y ) = 4 x 2 y − x3 y − x 2 y 2 . Giải hệ phương trình  z′ = xy ( −3 x − 2 y + 8 ) = 0  x 3 x + 2 y − 8 = 0 x = 2  ⇔ ⇔ .   z′y = x 2 ( − x − 2 y + 4 ) = 0  x + 2y − 4 = 0  y =1 Vậy trong D , hàm số có một điểm tới hạn M 1 ( 2,1) và z ( M 1 ) = 4 . 0
• Tìm điểm tới hạn trên ∂D : * Trên OA : x = 0, y ∈ ( 0,6 ) : z = 0 * Trên OB : y = 0, x ∈ ( 0,6 ) : z = 0 * Trên AB : y = 6 − x, x ∈ ( 0,6 ) . Ta có hàm một biến z = x 2 y ( 4 − x − y ) = 2 x3 − 12 x 2 =: z ( x ) z′ = 6 x 2 − 24 x = 0 ⇔ x = 4 ∈ ( 0,6 ) x Trên AB, hàm số có một điểm tới hạn M 2 ( 2, 4 ) và z ( M 2 ) = −64 . * Tại các điểm O ( 0,0 ) , A ( 0,6 ) , B ( 6,0 ) : z ( A ) = z ( B ) = z ( B ) = 0 So sánh các giá trị của hàm số tại các điểm tới hạn, ta được max z = 4 đạt tại M1 ( 2,1) và min z = −64 đạt tại M 2 ( 4, 2 ) . D D y y M B B π/2C π/3 M 3 6 M2 π/4 M2 1 2 A M A 1 π x π π 0 x 0 2 1 6 4 4 2 3 Hình 1 Hì 2 nh 0 2 π π b) • Tìm các điểm tới hạn trong D = ( x, y ) ∈ ¡ : 0 < x < ,0 < y <  : Ta có  2 2  z′ = cos x + cos ( x + y ) = 0  x cos x = cos y   ⇔  z′y = cos y + cos ( x + y ) = 0  cos x + cos ( x + y ) = 0  π π 0 π π 3 3 ⇔ ( x, y ) =  ,  ∈ D và z  ,  = . 3 3 3 3 2 • Tìm các điểm tới hạn trên ∂D :  π * OA : y = 0, x ∈  0,  : z = 2sin x và z′ ( x ) = 2cos x = 0 ⇔ VN .  2  π * OB : x = 0, y ∈  0,  : z = 2sin y và z′ ( y ) = 2cos y = 0 ⇔ VN .  2 π  π  π * BC : y = , x ∈  0,  : z = 1 + sin x + sin  x +  = 1 + sin x + cos x 2  2  2 và π π π z′ ( x ) = cos x − sin x = 0 ⇔ x = ⇒ z  ,  = 1+ 2 . 4 4 2 π  π  π * OB : x = , y ∈  0,  : z = 1 + sin y + sin  y +  = 1 + sin y + cos y 2  2  2 và
π π π z′ ( y ) = cos y − sin y = 0 ⇔ y = ⇒ z  ,  = 1+ 2 . 4 2 4 π  π π  π * Tại các đỉnh O ( 0,0 ) , A  ,0  , B  ,  , C  0,  : 2  2 2  2 z ( O ) = 0, z ( A) = z ( B ) = z ( B ) = 2 . Kết luận: 3 3 max z = , min z = 0 . D 2 D { ( x, y ) ∈ ¡ } 0 2 c) • Tìm điểm tới hạn trong D = : x 2 + y 2 < 4 : Ta có  z′ = 2 x = 0  x x = 0  ′ ⇔ ⇒ z ( 0,0 ) = 0  z y = −2 y = 0   y=0 2 2 • Tìm điểm tới hạn trên ∂D : x + y = 4 Cách 1. Hàm Lagrange ( L ( x, y , λ ) = x 2 − y 2 + λ x 2 + y 2 − 4 . ) Ta có  L′ = 2 x + 2λx = 0  x = 0 ∨ λ = −1  x    x = 0, y = ±2  L′ = −2 y + 2λy = 0 ⇔  y = 0 ∨ λ = 1 ⇒  y ⇒ z ( 0, ±2 ) = −4, z ( ±2,0 ) = 4 .  2  2  y = 0, x = ±2 2 x + y = 4 2 x + y = 4  Kết luận max z = 4, min z = −4 . D D Cách 2. x 2 + y 2 = 4 ⇔ y 2 = 4 − x 2 , x ∈ [ −2, 2] . Xét z = x 2 − y 2 = 2 x 2 − 4 ⇒ z′ ( x ) = 4 x = 0 ⇔ x = 0 . So sánh các giá trị z ( 0 ) = −4, z ( −2 ) = z ( 2 ) = 4 ta được max z = 4, min z = −4 . D D y y 2 1 −2 0 2 x −1 0 1 x −2 −1 Hì 3 nh Hì 4 nh
{ ( x, y ) ∈ ¡ } 0 2 d) • Tìm các điểm tới hạn trong D = : x 2 + y 2 < 1 . Ta có −( x 2 + y 2 )   z′ = e  x ( )  −2 x 2 x 2 + 3 y 2 + 4 x  = 0  (  x 2 − 2 x2 − 3 y 2 = 0  ) x = y = 0  ⇔ ⇔  x = 0, y = ±1  z′ = e −( x + y )  −2 y 2 x 2 + 3 y 2 + 6 y  = 0  y  2 2 (  )  2 (  y 3 − 2x − 3y = 0  2  )  x = ±1, y = 0  0 ⇔ ( x, y ) = ( 0,0 ) ∈ D ⇒ z ( 0,0 ) = 0 . • Tìm các điểm tới hạn trên biên ∂D : x 2 + y 2 = 1 ⇔ y 2 = 1 − x 2 . Ta có ( ) z=e − x2 + y2 ( 2x 2 ) + 3 y 2 = e −1 (3 − x 2 ) := z ( x ) , x ∈ [ −1,1] 2 z′ ( x ) = − x = 0 ⇔ x = 0 . e So sánh các giá trị 3 2 z ( 0 ) = , z ( −1) = z ( 1) = e e ta được 3 max z = , min z = 0 . D e D

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn