HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP 1
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP
BÀI TẬP CHƯƠNG 1
Bài tập 1.1. Ta có
lim
(∆x,∆y)→0|f(a+ ∆x, b + ∆y)−f(a, b)−∆(∆x, ∆y)|
k(∆x, ∆y)k
= lim
(∆x,∆y)→0|sin(a+ ∆x)−sin a−cos a.∆x|
q∆x2+ ∆y2
= lim
(∆x,∆y)→0|2 cos 2a+∆x
2sin ∆x
2−cos a.∆x|
q∆x2+ ∆y2
= lim
∆x→0|cos 2a+∆x
2∆x−cos a.∆x|
q∆x2+ ∆y2.
Ta lại có
0≤|cos 2a+∆x
2∆x−cos a.∆x|
q∆x2+ ∆y2≤|cos 2a+∆x
2∆x−cos a.∆x|
|∆x|
Ta có đánh giá
lim
∆x→0|cos 2a+∆x
2∆x−cos a.∆x|
|∆x|
= lim
∆x→0cos 2a+ ∆x
2−cos a= 0
⇒lim
∆x→0|cos 2a+∆x
2∆x−cos a.∆x|
q∆x2+ ∆y2= 0
⇒Df(a, b) = 0.
Bài tập 1.2. Để chứng minh fkhả vi tại x= 0 ta cần chỉ ra tồn tại một ánh
xạ tuyến tính đi từ Rnvào Rthỏa giả thiết.
Thật vậy, xét ánh xạ tuyến tính O:Rn→R. Do hàm fthỏa:
|f(0)| ≤ k0k2= 0 ⇒f(0) = 0.
nên ta có
|f(0 + h)−f(0) − O(h)|
khk=|f(x)|
khk≤khk2
khk=khk
nên
lim
h→0|f(0 + h)−f(0) − O(h)|
khk= lim
h→0khk= 0.
2Hướng dẫn giải bài tập chương 1
Vậy fkhả vi tại x= 0 và Df(0) = 0.
Bài tập 1.3.
(a) D1f(x, y) = lim
△x→0
f(x+△x, y)−f(x, y)
△x
D1f(0,0) = lim
△x→0
f(0 + △x, 0) −f(0,0)
△x= lim
△x→0△x.0−0
△x= 0.
Tương tự:
+D2f(x, y) = lim
△y→0
f(x, y +△y)−f(x, y)
△y
⇒D2f(0,0) = lim
△y→0
f(0,0 + △y)−f(0,0)
△y= 0.
(b) Giả sử fkhả vi tại (0,0) ⇒Df(0,0) = (0,0).
Ta có:
lim
(△x,△y)→(0,0) |f(0 + △x, 0 + △y)−f(0,0) −(Df(0,0)(△x, △y))|
p(△x)2+ (△y)2= 0
⇔lim
(△x,△y)→(0,0) |f(△x, △y)|
p(△x)2+ (△y)2= 0
⇔lim
(△x,△y)→(0,0) △x|△y|
p(△x)2+ (△y)2= 0.(1)
Chọn △x=△y > 0.
Suy ra:
lim
(△x,△y)→(0,0) △x|△y|
p(△x)2+ (△y)2= lim
△x→0
(△x)2
2(△x)2=1
26= 0 (>< (1)).
Vậy fkhông khả vi tại (0,0).
Bài tập 1.4.
(a) f′(x, y, z) = ∂f
∂x
∂f
∂y
∂f
∂z =y.xy−1(lnx).xy0
(b) Đặt f1=xy, f2= 0.
=⇒f′(x, y, z) =
∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f1
∂z
∂f2
∂x
∂f2
∂y
∂f2
∂z
=
y.xy−1(lnx).xy0
0 0 0
(c) f′(x, y, z) = ∂f
∂x
∂f
∂y
∂f
∂z
=sin y. cos(x. sin y)x. cos ycos(x. sin y)
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP 3
(d) Đặt f1= sin(xy), f2= sin(xsin y), f3=xy.
=⇒f′(x, y) =
∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f2
∂x
∂f2
∂y
∂f3
∂x
∂f3
∂y
=
y. cos(x.y)x. cos(x.y)
sin y. cos(x. sin y)x. cos ycos(x. sin y)
y.xy−1(lnx).xy
Bài tập 1.5. Ta có
f′(0) = lim
x→0
f(x)−f(0)
x−0= lim
x→0x
2+x2sin(1/x)= 0
Với x6= 0 ta có
f′(x) = 1
2+ 2xsin 1
x−cos 1
x
nên f′không liên tục tại x= 0.
Bây giờ ta chứng minh trong mỗi lân cận của 0, hàm fkhông thể có ánh xạ
ngược. Thật vậy chọn 2 dãy:
xk=1
2kπ và yk=1
(4k+ 1)π
2
k∈N.
Ta có
f′(xk) = −1
2<0, f′(yk) = 1
2+4
(4k+ 1)π>0.
Suy ra fkhông đơn điệu trong một lân cận nào của 0, nên không thể tồn tại
hàm ngược f−1.
Nói cách khác, điều kiện liên tục không thể bỏ được trong định lý hàm ngược.
Bài tập 1.6.
(a) Ta có công thức xác định hàm hlà:
h(t) =
t.kxk.g x
kxknếu t > 0
−t.kxk.g −x
kxknếu t < 0
0nếu t= 0
hay
h(t) =
t.kxk.g x
kxknếu x6= 0
0nếu x= 0
4Hướng dẫn giải bài tập chương 1
Xét các trường hợp sau
+x6= 0 : Do kxk.g x
kxklà hằng số nên suy ra:
h′(t) = kxk.g x
kxk, t 6= 0.
Khi t= 0 ta có:
lim
t→0|h(t)−h(0)|
|t|=kxk.g x
kxk.
Hay hkhả vi trên R.
+x= 0: Khi đó kxk= 0 nên h= 0 trên R. Suy ra hkhả vi trên R.
Như vậy trong mọi trường hợp ta có hàm hkhả vi trên R.
(b) Ta có:
D1f(0,0) = lim
h→0|f(h, 0) −f(0,0)|
|h|= lim
h→0
f(h, 0)
h
= lim
h→0
khk.g h, 0
khk
h=
lim
h→0
h.g h, 0
khk
hvới h > 0
lim
h→0
−h.g h, 0
khk
hvới h < 0
Suy ra D1f(0,0) = 0.
Tương tự ta cũng tính được:
D1f(0,0) = 0 = lim
k→0|f(0, k)−f(0,0)|
|k|= 0
Bây giờ giả sử fkhả vi tại điểm (0,0), ta có:
Df(0,0) = (0,0).
mà
lim
(h,k)→(0,0) |f(h, k)−f(0,0) −θ(h, k)|
k(h, k)k= lim
(h,k)→(0,0) |f(h, k)|
√h2+k2
= lim
(h,k)→(0,0)gh, k
√h2+k2= 0
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP 5
Nếu tồn tại (x0, y0)∈S1sao cho g(x0, y0)6= 0 thì ta có thể giả sử x0>0.
Khi đó với h > 0, k =hy0
x0
ta có:
g
h, h. y0
x0
sh2+h2.y2
0
x2
0
=g
(x0, y0)
qx2
0+y2
0
.x0
=g
1,y0
x0
qx2
0+y2
0
.x0
=g(x0, y0)6= 0!!
Vậy fkhông thể khả vi tại điểm (0,0).
Bài tập 1.7. Nếu với mọi (x, y)∈R2, ta có f′(x, y) = 0 thì flà hàm hằng nên
fkhông thể đơn ánh.
Bây giờ giả sử tồn tại (x0, y0)∈R2sao cho: f′(x0, y0)6= 0.Ta có thể giả sử
∂f
∂x(x0, y0)6= 0.
Khi đó tồn tại một tập mở Achứa (x0, y0)sao cho
D1f(x, y)6= 0,∀(x, y)∈A.
Xét hàm số g:R2→R2, g(x, y) = (f(x, y), y),∀(x, y)∈R2.
Ta có:
g′(x, y) =
∂f
∂x
∂f
∂y
0 1
nên
det g′(x, y) = ∂f
∂x(x, y)6= 0,∀(x, y)∈A.
Suy ra tồn tại hàm ngược g−1:g(A)→A, g−1(f(x, y), y) = (x, y).
Ta có:
g(x, y) = g(x′, y′)⇒
y=y′
f(x, y) = f(x′, y)
nên nếu fđơn ánh trên R2thì gđơn ánh khả vi trên R2. Suy ra tồn tại g−1đơn
ánh khả vi trên R2(mâu thuẫn với giả thiết của hàm g).
Vậy fkhông thể đơn ánh.