Hướng dẫn giải bài tập Hình Học Vi Phân

Chia sẻ: Hoang Nam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:50

Thêm vào BST

Báo xấu

381
lượt xem 90
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn giải bài tập Hình Học Vi Phân

1 HƯ NG D N GI I BÀI T P HƯ NG D N GI I BÀI T P BÀI T P CHƯƠNG 1 Bài t p 1.1. Ta có |f (a + ∆x, b + ∆y ) − f (a, b) − ∆(∆x, ∆y )| lim (∆x, ∆y ) (∆x,∆y )→0 | sin(a + ∆x) − sin a − cos a.∆x| = lim (∆x,∆y )→0 ∆x2 + ∆y 2 |2 cos 2a+∆x sin ∆x − cos a.∆x| 2 2 = lim (∆x,∆y )→0 ∆x2 + ∆y 2 | cos 2a+∆x ∆x − cos a.∆x| 2 = lim . ∆x→0 2 2 ∆x + ∆y Ta l i có | cos 2a+∆x ∆x − cos a.∆x| | cos 2a+∆x ∆x − cos a.∆x| 2 2 0≤ ≤ |∆x| 2 2 ∆x + ∆y Ta có đánh giá | cos 2a+∆x ∆x − cos a.∆x| 2 lim |∆x| ∆x→0 2a + ∆x − cos a = 0 = lim cos 2 ∆x→0 | cos 2a+∆x ∆x − cos a.∆x| 2 ⇒ lim =0 ∆x→0 2 2 ∆x + ∆y ⇒ Df (a, b) = 0. Bài t p 1.2. Đ ch ng minh f kh vi t i x = 0 ta c n ch ra t n t i m t ánh x tuy n tính đi t Rn vào R th a gi thi t. Th t v y, xét ánh x tuy n tính O : Rn → R. Do hàm f th a: 2 |f (0)| ≤ 0 = 0 ⇒ f (0) = 0. nên ta có 2 |f (0 + h) − f (0) − O(h)| |f (x)| h ≤ = =h h h h nên |f (0 + h) − f (0) − O(h)| lim = lim h = 0. h h→0 h→0
2 Hư ng d n gi i bài t p chương 1 V y f kh vi t i x = 0 và Df (0) = 0. Bài t p 1.3. x, y ) − f (x, y ) f (x + (a) D1 f (x, y ) = lim x x→0 x, 0) − f (0, 0) x.0 − 0 f (0 + D1 f (0, 0) = lim = lim = 0. x x x→0 x→0 Tương t : y ) − f (x, y ) f (x, y + + D2 f (x, y ) = lim y y →0 y ) − f (0, 0) f (0, 0 + ⇒ D2 f (0, 0) = lim = 0. y y →0 (b) Gi s f kh vi t i (0, 0) ⇒ Df (0, 0) = (0, 0). Ta có: |f (0 + y ) − f (0, 0) − (Df (0, 0)( x, y ))| x, 0 + lim =0 ( x)2 + ( y )2 ( x, y )→(0,0) |f ( x, y )| ⇔ lim =0 ( x)2 + ( y )2 ( x, y )→(0,0) x| y | ⇔ lim = 0. (1) ( x)2 + ( y )2 ( x, y )→(0,0) x= y > 0. Ch n Suy ra: ( x)2 x| y | 1 lim = lim = = 0 (>< (1)). x→0 2( x)2 ( x)2 + ( y )2 2 ( x, y )→(0,0) V y f không kh vi t i (0, 0). Bài t p 1.4. ∂ f ∂f ∂f = y .xy−1 (lnx).xy 0 (a) f (x, y, z ) = ∂x ∂y ∂z y (b) Đ t f1 = x , f2 = 0.   ∂f1 ∂f1 ∂f1   y.xy−1 (lnx).xy 0  ∂x ∂y ∂z  =⇒ f (x, y, z ) =  =     ∂f2 ∂f2 ∂f2  0 0 0 ∂x ∂y ∂z (c) ∂ f ∂f ∂f f (x, y, z ) = ∂x ∂y ∂z = sin y. cos(x. sin y ) x. cos y cos(x. sin y )
3 HƯ NG D N GI I BÀI T P (d) Đ t f1 = sin(xy ), f= sin(x sin y ), f3 = xy . 2  ∂f1 ∂f1  ∂x ∂y    y. cos(x.y ) x. cos(x.y )      ∂f2 ∂f2    =⇒ f (x, y ) =   ∂x ∂y  = sin y. cos(x. sin y ) x. cos y cos(x. sin y )   y.xy−1 (lnx).xy    ∂f3 ∂f3    ∂x ∂y Bài t p 1.5. Ta có f (x) − f (0) x + x2 sin(1/x) = 0 f (0) = lim = lim x−0 x→0 2 x→0 V i x = 0 ta có 1 1 1 + 2x sin − cos f (x ) = 2 x x nên f không liên t c t i x = 0. Bây gi ta ch ng minh trong m i lân c n c a 0, hàm f không th có ánh x ngư c. Th t v y ch n 2 dãy: 1 1 k ∈ N. xk = và yk = π 2kπ (4k + 1) 2 Ta có 1 1 4 f (xk ) = − < 0, f ( yk ) = + > 0. 2 2 (4k + 1)π Suy ra f không đơn đi u trong m t lân c n nào c a 0, nên không th t n t i hàm ngư c f −1 . Nói cách khác, đi u ki n liên t c không th b đư c trong đ nh lý hàm ngư c. Bài t p 1.6. (a) Ta có công th c xác đ nh hàm h là: x   t. x .g n u t>0  x     −x h(t) =  −t. x .g n u t
4 Hư ng d n gi i bài t p chương 1 Xét các trư ng h p sau x + x = 0 : Do x .g là h ng s nên suy ra: x x h (t) = x .g , t = 0. x Khi t = 0 ta có: |h(t) − h(0)| x lim = x .g . |t| x t→0 Hay h kh vi trên R. + x = 0: Khi đó x = 0 nên h = 0 trên R. Suy ra h kh vi trên R. Như v y trong m i trư ng h p ta có hàm h kh vi trên R. (b) Ta có: |f (h, 0) − f (0, 0)| f (h, 0) D1 f (0, 0) = lim = lim |h| h h→0 h→0 h, 0  h.g  h, 0  h  h .g   lim v i h>0  h  h h→0 = lim = h, 0 h h→0 −h.g    h    lim v i h
5 HƯ NG D N GI I BÀI T P N u t n t i (x0 , y0 ) ∈ S1 sao cho g (x0 , y0 ) = 0 thì ta có th gi s x0 > 0. y0 Khi đó v i h > 0, k = h ta có: x0   y0 y0   h, h. 1,      = g  (x0 , y0 ) .x0  = g  x0 x0     g .x0  = g (x0 , y0 ) = 0!! 2 x2 + y0 2 x2 + y0 2 y0     0 0 h2 + h2 .  x2 0 V y f không th kh vi t i đi m (0, 0). Bài t p 1.7. N u v i m i (x, y ) ∈ R2 , ta có f (x, y ) = 0 thì f là hàm h ng nên f không th đơn ánh. Bây gi gi s t n t i (x0 , y0 ) ∈ R2 sao cho: f (x0 , y0 ) = 0. Ta có th gi s ∂f (x0 , y0 ) = 0. ∂x Khi đó t n t i m t t p m A ch a (x0 , y0 ) sao cho D1 f (x, y ) = 0, ∀(x, y ) ∈ A. Xét hàm s g : R2 → R2 , g (x, y ) = (f (x, y ), y ), ∀(x, y ) ∈ R2 . Ta có:   ∂f ∂f  ∂x ∂y  g (x, y ) =   0 1 nên ∂f (x, y ) = 0, ∀(x, y ) ∈ A. det g (x, y ) = ∂x Suy ra t n t i hàm ngư c g −1 : g (A) → A, g −1 (f (x, y ), y ) = (x, y ). Ta có:   y=y g (x, y ) = g (x , y ) ⇒  f (x, y ) = f (x , y ) nên n u f đơn ánh trên R2 thì g đơn ánh kh vi trên R2 . Suy ra t n t i g −1 đơn ánh kh vi trên R2 (mâu thu n v i gi thi t c a hàm g ). V y f không th đơn ánh.
6 Hư ng d n gi i bài t p chương 1 Bài t p 1.8. V i m i vx = (v, x) ∈ Rn , ∀x ∈ Rn , ta có x (g ◦ f )∗x (vx ) = [D(g ◦ f )(x)(v )](g◦f )(x) = [Dg (f (x))Df (x)(v )](g◦f )(x) = g∗f (x) [Df (x)(v )]f (x) = g∗ [f∗ (vx )] = (g∗ ◦ f∗ )(vx ) Suy ra (g ◦ f )∗ = g∗ ◦ f∗ . Bài t p 1.9. Ta có |L(x) − L(y )| = |L(x − y )| ≤ L |x − y |, t đó suy ra ánh x L liên t c. Ch ng minh DL = L.
7 HƯ NG D N GI I BÀI T P BÀI T P CHƯƠNG 2 Bài t p 2.1. Hình 2.0.1 Hình 2.0.1: Bài t p 2.2. α(t) = − sin t, cos t Bài t p 2.3. Đ t f (t) = α2 (t). Theo gi thi t thì α (t0 ) = min f (t) =⇒f (t0 ) = 0 =⇒2.α(t0 ).α (t0 ) = 0 (1) Do α không đi qua g c t a đ nên α(t) = 0, ∀t. Do đó t (1) ta có α(t0 ) tr c giao v i α (t0 ). Bài t p 2.4. • N u α (t) = 0 ⇒ α(t) = c, ∀t. V y v t c a α(t) là m t đi m. • N u α (t) = c = 0 ⇒ α(t) = ct + a, ∀t. V y v t c a α(t) là m t đư ng th ng ho c m t ph n c a đư ng th ng. Bài t p 2.5. Theo gi thi t ta có: α (t).v = 0 t t ⇔ α (t).v.dt = 0.dt 0 0 t ⇔ v. α (t).dt = 0 0 ⇔ v. (α(t) − α(0)) = 0 ⇔ v.α(t) − v.α(0) = 0 (1)
8 Hư ng d n gi i bài t p chương 2 Do α(0) tr c giao v i → nên v.α(0) = 0 − v (1) =⇒ v.α(t) = 0 V y α(t) tr c giao v i →, ∀t ∈ I . − v Bài t p 2.6. V i α : I −→ R3 , α (t) = 0, ∀t ∈ I , ta có |α(t)| = a ⇐⇒ α2 (t) = a2 =⇒2.α(t).α (t) = 0 =⇒α(t)⊥α (t), ∀t ∈ I. Bài t p 2.7. (a) Ta có x2 + y 2 = a2 t2 cos2 t + a2 t2 sin2 t = a2 t2 (cos2 t + sin2 t) = a2 t2 = 2z. V y v t c a đư ng tham s n m trên m t m t nón. (b) C (t) = (sin 2t, 1 − cos 2t, 2 cos t) = (2 sin t cos t, 2 sin2 t, 2 cos t) Ta có x2 + y 2 = (2 sin t cos t)2 + (2 sin2 t)2 = 4 sin2 t(cos2 t + sin2 t) = 4 sin2 t = 4(1 − cos2 t) = 4 − 4 cos2 t = 4 − z2 Suy ra x2 + y 2 + z 2 = 4. V y v t c a đư ng tham s C (t) n m m t m t c u có tâm O(0, 0, 0) và bán kính R = 2. Chúng ta cũng ch ng minh đư c v t c a C (t) n m trên m t tr
9 HƯ NG D N GI I BÀI T P Hình 2.0.2: (Hình 2.0.2). Bài t p 2.8. Ti p tuy n đư ng tham s α(t) = (3t, 3t2 , 2t3 ) nh n t = α (t) = (3, 6t, 6t2 ) làm vector ch phương   y=0 Đư ng th ng (d) : có VTCP u = (1, 0, 1).  z=x ⇒ góc ((∆), d) = góc(t, u) Ta có : √ 3t.6t2 t.u 3t.6t 2 =√ √ √= cos(t, u) = = . |t| . |u| 2 2 ). 2 2. 9 + 36t2 + 36t4 (3 + 6t Bài t p 2.9. (a) Theo Hình 2.0.3, ta có IH = IK − IH = 1 − cos θ cos θ = IM ⇒M H = | cos θ| OK = l(KM ) = IK.θ = θ x = OB = OK − M H = θ − sin θ ⇒C (θ) = (θ − sin θ, 1 − cos θ)
10 Hư ng d n gi i bài t p chương 2 Hình 2.0.3: Suy ra (1 − θ)2 + sin2 θ |C (θ)| = 1 − 2 cos θ + cos2 θ + sin2 θ = 2(1 − cos θ) ⇐⇒ |C (θ)| = 0 = ⇐⇒ 1 − cos θ = 0 ⇐⇒ cos θ = 0 ⇐⇒ θ = k 2π , k ∈ Z Do đó C (k 2π ) = (k 2π, 0) V y nh ng đi m (k 2π, 0) là nh ng đi m kì d c a C (θ). (b) Đ dài m t nh p c a đư ng Cycloit. 2π 2π 2π θ θ 2 2(1 − cos θ)dθ = l= 4 sin dθ = 2. sin dθ 2 2 0 0 0 2π θ θ sin dθ = −4.2. cos |π =4 20 2 0 = 8. Bài t p 2.10. √ (a) Ta có c(t) = (t, t2 ), c (t) = (1, 2t), |c (t)| = 1 + 4t2
11 HƯ NG D N GI I BÀI T P B√ B 1 + 4t2 dt |c (t)|dt = Vyl= A A 1 t + t2 ⇒ du = Đ tu= dt 4 1 + t2 4 dv = dt ⇒ v = t B B 1 1 t + t2 ⇒ l=t − dt 2 4 1 + t2 A A 4 B B B1 1 1 1 + t2 2 − =t + t dt + . dt 4 4 A4 1 A + t2 A 4 1 1 dt + t2 ⇒ dx = Đ t x=t+ 4 x 1 + t2 4 1 1 1 + t2 + ln(t + + t2 ))|B V y l = (t A 4 4 4 (b) c : t → (t, ln t) 1 1 c (t) = (1, ) ⇒ |c (t)| = 1 + 2 t t B B 1 ⇒ l = |c (t)|dt = 1 + 2 dt t A A 1 2 Đ t u = 1 + 2 ⇒ du = − 1 t t3 . 1 1+ 2 t du = dt ⇒ v = t B B 1 t ⇒l=t +1 +2 dt t2 1 A3 A t +1 t2 B B 1 1 =t +1 +2 dt t2 1 A2 A t +1 t2 B B 1 1 1 dx dt = − √ Đ t x = ⇒ dx = − 2 dt ⇒ t t 1 1 + x2 t2 +1 A A t2 √ dy dx =√ 1 + x2 ⇒ Đ t y =x+ y 1 + x2 B 1 1 1 V y l = t 1 + 2 − 2 ln + 1+ 2 t t t t A (c) c : t → (t, cosh ) a
12 Hư ng d n gi i bài t p chương 2 t c (t) = (1, − sinh ) a B B t 1 + sinh2 dt |c (t)|dt = l= a A A B B t t cosh2 dt = cosh dt = a a A A tB B t = cosh dt = a sinh a aA A (d) c : t −→ (a sin t, a(1 − cos t)) a > 0 =⇒ C (t) = (a cos t, a sin) a > 0 B B a2 (cos2 t + sin2 t)dt =⇒ l = |C (t)|dt = A A B a.dt = a(B − A) = A (e) t c : t −→ a(ln tan + cos t), a sin t a>0 2 1 =⇒ C (t) = a( − sin t), a cos t sin t cos4 cos2 =⇒ |c (t)| = a2 2 2 + cos t = a| cos t|. +1 sin2 t sin t a| cos t| = = a. cot t | sin t| B B B cos t =⇒ = |c (t)|dt = a cot t.dt = a. dt sin t A A A B d(sin t) = a ln sin t|B = a. A sin t A sin B = a ln sin A Bài t p 2.11. (a) c(t) giao v i m t ph ng y = 0 khi 1 − cos t = 0 ⇒ t = k 2π, k ∈ Z Ch n k = 0, 1 ta đư c t1 = 0, t2 = 2π .
13 HƯ NG D N GI I BÀI T P Ta có c (t) = a(1 − cos t), a sin t, −2a sin t/2 a2 (1 − cos t)2 + a2 sin2 t + 4a2 sin2 t/2 ⇒ |c (t)| = = a 2 − 2 cos t + 2(1 − cos t) √ = 2a 1 − cos t 2π 2π √ ⇒l= |c (t)|dt = 2a 1 − cos tdt 0 0 2π √ √ | sin t/2|dt = 8 2a. = 2 2a 0 (b) c : t → (cos3 t, sin3 t, cos 2t). D th y đư ng tham s đã cho có chu kì 2π . Ta có c (t) = (−3 cos2 t sin t, 3 sin2 t cos t, −2 sin 2t) 2π 2π 9 cos4 t sin2 t + 9 sin4 t cos2 t + 4 sin2 2tdt ⇒l= |c (t)|dt = 0 0 2π 2π 5 2 sin2 2tdt 25 cos2 t sin tdt = = 4 0 0 π 3π   π 2π 2 2 5 sin 2tdt − sin 2tdt − = sin 2tdt + sin 2tdt  2  π π 0 3π 2 2 5 π π π 2π − cos 2t|0 + cos 2t| π − cos 2t|π + cos 2t| 3π = 10. = 2 2 4 2 2 Bài t p 2.12. Ta có 3  y = x   3 x = 3a2 y 2  3a =⇒ 2 z = a 2xz = a2    2x Suy ra đư ng cong (c) có tham s hóa là t3 a2 c(t) = t, , 3a2 2t t3 a a =⇒ 2 = =⇒ t = a. Khi y = 3 3a 3 t3 Khi y = 9a =⇒ 2 = 9a =⇒ t = 3a. 3a
14 Hư ng d n gi i bài t p chương 2 V y đ dài ph n đư ng cong c n tìm b ng 3a 3a 3a t4 a4 (2t4 + at)2 |c(t)|dt = l (c ) = 1 + 4 + 4 dt = dt 4a4 t4 a 4a a a a 3a 3a 2a4 + a4 t2 a2 = dt = +2 dt 4a2 t2 a 2t a a 3 2 3a t a − = = 9a. 3a 2t a
15 HƯ NG D N GI I BÀI T P Bài t p 2.13. 2at2 2at3 (a) L y P n m trên đư ng xixoit. Ta có P , 1 + t2 1 + t3 Phương trình đư ng th ng OP : tx − y = 0. Giao đi m B c a (OP ) v i đư ng th ng x = 2a có t a đ B (2a, 2at). Giao đi m C c a (OP ) v i đư ng tròn (x − a)2 + y 2 = a2 có t a đ 2a 2at C , . 2 1 + t2 1+t Ta có: 4a2 t4 + 4a2 t6 4a2 t4 + 4a2 t6 OP = BC = . (1 + t2 )2 (1 + t2 )2 V y OP = BC .  x = a cos t + a  t ∈ [0, 2π ] Phương trình tham s c a đư ng tròn (C ) : y = a sin t  C ∈ (C ) : C (t) = (a cos t0 + a, sin t0 ).  x = t(a cos t0 + a)  , t∈R Phương trình (OC ) : y = t sin t0  P ∈ (OC ) =⇒ P (t1 (cos t0 + a), t1 sin t) 2a sin t0 B = OC ∩ AV =⇒ B 2a, . cos t0 + 1 −−→ a sin t Suy ra CB = a − a cos t0 , (1 − cos t0 ) 1 + cos t0 P ∈ (OC ) =⇒ P (t1 (cos t0 + 1), t1 sin t0 ). 1 Suy ra CB 2 = 2a2 (1 − cos t0 )2 . , OP 2 = 2t2 (1 + cos t0 ). 1 + cos t0 2 2 Do CB = OP nên 1 2a2 (1 − cos t0 )2 . = 2t2 (1 + cos t0 ) 1 + cos t0 a2 (1 − cos t0 )2 2 =⇒ t1 = (1 + cos t0 )2 a(1 − cos t0 ) =⇒ t1 = 1 + cos t0 1 − cos t0 =⇒ P = a(1 − cos t0 ), a sin t0 . 1 + cos t0
16 Hư ng d n gi i bài t p chương 2 1 + cos t Đ t t2 = . Khi đó, ta có: sin t0 2at2 2at3 1 − cos t0 2 2 = a(1 − cos t0 ), a sin t0 . ≡P , 1 + t2 1 + t2 1 + cos t0 2 2 (b) Ta có 6at2 + 2at4 4at α (t) = , (1 + t2 )2 (1 + t2 )2 =⇒ α (t) = (0, 0). V y O(0, 0) là đi m kì d duy nh t c a đư ng xixoit. 2at2 2at3 ∈ α(t) (c) Ch n M , 1 + t2 1 + t2 0 0 2at2 0 − 2a 1 + t2 2a 0 d(M, ∆) = √ = 1 + t2 12 + 02 0 Suy ra 2a lim d(M, ∆) = lim =0 t0 →∞ 1 + t2 t0 →∞ 0 Ta có 6at2 + 2at4 4at lim α (t) = lim , = (0, 2a). (1 + t2 )2 (1 + t2 )2 t0 →∞ t0 →∞ V y, khi t → ∞ thì c(t) d n v đư ng th ng x = 2a và α (t) → (2a, 0). Bài t p 2.14. t (a) Ta có x(t) = sin t là hàm sơ c p kh vi trên (0, π ) và y (t) = cos t +ln(tan ) 2 xác đ nh trên (0, π ) và kh vi trên (0, π ). Do đó α(t) kh vi trên (0, π ) .
17 HƯ NG D N GI I BÀI T P 1 Ta cũng có α (t) = cos t, − sin t + sin t  cos t = 0  α (t) = (0, 0) ⇐⇒ − sin t + 1 = 0  sin t  cos t = 0  ⇐⇒ 2  1 + sin t =0  sin t  cos t = 0  ⇐⇒ 2 cos t = 0 ⇐⇒ cos t = 0 π ⇐⇒ t = ± + kπ (k ∈ Z) (∗) 2 π Vì t ∈ (0, π ) nên ta có t i t =thì α (t) = 0 2 π Do đó α(t) không chính quy t i t = . t0 2 (b) L y M sin t0 , cos t0 + ln(tan ) ∈ α(t) 2 Ta có α 1 1 cos t0 , − sin t0 + t(t0 ) = = |α | sin t0 1 −1 + sin2 t0 Ti p tuy n đi qua M nh n t(t0 ) làm vector ch phương có phương trình là  x = sin t + t cos t 0 0  ,t ∈ R (d) : y = cos t + ln(tan t0 ) + (− sin t + 1 )t 0 0  2 sin t0 t0 G i N = d ∩ Oy . Khi đó xN = 0 =⇒ yN = ln(tan ) 2 t0 Suy ra N 0, ln(tan ) 2 t0 t0 sin2 t0 + (ln tan sin2 t0 + cos2 t0 = 1. − cos t0 − ln tan )2 = MN = 2 2 Bài t p 2.15. 3a − 6at3 6at − 33at4 (a) Ta có α (t) = , . (1 + t3 )2 (a + t3 )2 T i t = 0, ta đư c α(0) = (0, 0).
18 Hư ng d n gi i bài t p chương 2 α (0) = (3a, 0) ⇒ α ti p xúc v i Ox. 3a 3at 2 = lim t (b) Ta có: lim =0 1 3 t→∞ 1 + t t→∞ +1 t3 3a 2 3at t = 0 ⇒ lim α(t) = (0, 0) lim = lim t→∞ 1 t→∞ 1 + t3 t→∞ +1 3 t Tương t ta cũng có 3a − 6a 3 3a − 6at t3 lim = lim 2 =0 t→∞ (1 + t3 )2 t→∞ 1 3 3 +t 2 t2 6a − 3a 4 6at − 6at 3 = lim t lim 2 =0 t→∞ (1 + t3 )2 t→∞ 1 2 +t t2 ⇒ lim α (t) = (0, 0). t→∞ (c) Tham s hóa c a đư ng v i đ nh hư ng ngư c l i là −3at 3at2 α(−t) = , 1 − t3 1 − t3 Kho ng cách t α(t) đ n đư ng th ng ∆ 3at2 3at + +a (1 + t3 ) (1 + t3 ) √ d= 2 3at + 3at + at3 + a 2 (1 + t3 ) √ = 2 (1 + t)3 (1 + t)2 |a| |a| 1 + t3 1 − t + t2 √ √ = = 2 2 Do đó (1 + t)2 |a| 1 − t + t2 √ lim d = lim =0 t→−1 t→−1 2 Ta có vector ch phương c a ti p tuy n t i α(t) là vector cùng phương v i vector α (t) là vector → = (3a − 6at3 , 6at − 3at4 ) − u
19 HƯ NG D N GI I BÀI T P Khi đó lim → = lim (3a − 6at3 , 6at − 3at4 ) = (9a, −9a). Vector (9a, −9a) − u t→−1 t→−1 cùng phương v i vector (1, −1) cũng là vector ch phương c a đư ng th ng (l) : x + y + a = 0. V y khi t → −1. Đư ng cong và ti p tuy n c a nó ti n t i đư ng th ng x+y+a=0 Bài t p 2.16. (a) α(t) = (aebt cos t, aebt sin t), t ∈ R, a > 0, b < 0 Ta có 0 < aebt cos t < aebt −→ 0, (t → ∞) =⇒ aebt cos t −→ 0 khi t → ∞ Tương t ta có aebt sin t −→ 0 khi t → ∞ V y α(t) −→ O(0, 0) khi t → ∞ (b) α (t) = (abebt cos t − aebt sin t, abebt sin t + aebt cos t) Ta có lim (abebt cos t − aebt sin t) = lim (abebt cos t) − lim (aebt sin t) = 0 t→∞ t→∞ t→∞ Tương t lim abebt sin t + aebt cos t) = 0 t→∞ V y α (t) → (0, 0) khi t → ∞. √ M t khác ta có |α (t)| = aebt . b2 + 1 t √ √ ebt t aebt . b2 + 1dt = a b2 + 1. lim =⇒ lim t0 →∞ t0 t0 t0 →∞ t0 √ a b2 + 1 lim (ebt − ebt0 ) = b t0 →∞ √ a b2 + 1 bt0 =− .e b t |α (t)|dt là h u h n. V y lim t→∞ t0
20 Hư ng d n gi i bài t p chương 2 Bài t p 2.17. Áp d ng đ nh lý giá tr trung bình cho các hàm x, y, z . Bài t p 2.18. (a) Ta có (q − p)→ = (α(b) − α(a))→ − − v v b = α(t)→ − v a b α (t)→ + α(t)→ dt − − = v v a Do → là h ng nên → = 0. − − v v b Suy ra (q − p)→ = − α (t).→dt − v v (1) a Áp d ng b t đ ng th c Bunhiacopki ta có |α (t)→| ≤ |α (t)|.|→| = |α (t)| − − v v b b b b α (t).→dt ≤ | − α (t).→dt| ≤ − |α (t).→|dt ≤ − |α (t)|dt (2) v v v a a a a T (1), (2), suy ra b b (q − p)→ = α (t).→dt ≤ − − |α (t)|dt. v v (q − p ) a a (b) Đ t → = − v , theo Câu (a) ta có |p − q | b q−p |α (t)|dt ≥ (q − p)→ = (q − p). − v p−q a (q − p)2 = |p − q | = p−q b =⇒ |α (t)|dt ≥ |α(b) − α(a)|. a Bài t p 2.19. Gi s α = (x, y ) v i |α | = 1. Khi đó ta có:    x (s) = −ϕ (s) sin ϕ(s)  x (s) = cos ϕ(s) ⇒  y (s) = sin ϕ(s)  y (s) = ϕ (s) cos ϕ(s)