1
CHƯƠNG I. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN
Bài 1. Tìm miền xác định của các hàm số sau
√
xy
x2 y 2
2.
z
=
ln(1
+
xy)
3.
z
=
− 2
1. z = 2
1
−
x + y2
a2
b
√
y−1
4. z = arcsin
5. z = sin [π(x2 + y 2 )]
x
√
1
6. u = R2 − x2 − y 2 − z 2 + √
(0 < r < R)
2
2
x + y + z 2 − r2
Giải
1. Hàm số có nghĩa khi và chỉ khi: x2 + y 2 ̸= 0 ⇔ (x, y) ̸= (0, 0)
2. Hàm số có nghĩa khi và chỉ khi: 1 + xy > 0 ⇔ xy > −1
x2 y 2
x2 y 2
−
≥
0
⇔
+ 2 ≤1
a2
b2
a2
b
{
y−1
1−x≤y ≤1+x
4. Hàm số có nghĩa khi và chỉ khi:
≤1⇔
1
+x≤y ≤1−x
x
Tại x = 0 thì hàm số không xác định.
3. Hàm số có nghĩa khi và chỉ khi: 1 −
nếu x > 0
nếu x < 0
5. Hàm số có nghĩa khi và chỉ khi:
sin [π(x2 + y 2 )] ≥ 0 ⇔ 2k ≤ x2 + y 2 ≤ 2k + 1 (k ∈ N )
{
x2 + y 2 + z 2 > r 2
x2 + y 2 + z 2 ≤ R 2
Đó là phần không gian giữa hai mặt cầu x2 + y 2 + z 2 = r2 và x2 + y 2 + z 2 = R2 kể
cả mặt ngoài nhưng không kể mặt trong.
6. Hàm số có nghĩa khi và chỉ khi:
Bài 2. Tìm các giới hạn sau
x+y
sin xy
1. I1 = lim
2.
I
lim
2 = x→∞
2
x→0
x
x − xy + y 2
y→∞
y→a
(
) x2
x2 + y 2
1 x+y
4. I4 = x→∞
lim 1 +
5. I5 = x→∞
lim 4
x
x + y4
y→∞
y→a
ln(1 + ey )
√
3. I3 = lim
x→1
x2 + y 2
y→0
(
)x2
xy
6. I6 = x→+∞
lim
x2 + y 2
y→+∞
Giải
1. I1 = lim
y
x→0
y→a
sin xy
sin xy
sin xy
, vì lim
y = a, lim
= 1 nên I1 = lim
y. lim
= a.1 = a
x→0
x→0
x→0
x→0
xy
xy
xy
y→a
y→a
y→a
y→a
2. (|x| − |y|)2 ≥ 0 ⇔ x2 − 2|xy| + y 2 ≥ 0 ⇔ x2 − |xy| + y 2 ≥ |xy|
Ta có: x2 + y 2 − xy ≥ x2 + y 2 − |xy| ⇒ x2 + y 2 − xy ≥ |xy|
Khi đó với x ̸= 0, y ̸= 0 thì:
x+y
1
1
x+y
≤
=
+
−→ 0 khi x → ∞, y → ∞
0≤ 2
x − xy + y 2
xy
|x| |y|
⇒ I2 = 0
ln(1 + e0 )
3. I3 = √
= ln 2
12 + 02
2
x
(
(
)x. x+y
)x
1
1
x
4. I4 = x→∞
lim 1 +
, vì x→∞
lim 1 +
= e, x→∞
lim
= 1 nên I4 = e
x
x
x+y
y→a
y→a
y→a
)
(
x2
x2
5. I5 = x→∞
lim
+
x4 + y 4 x4 + y 4
y→∞
x2
1
y2
1
Với x ̸= 0, y ̸= 0 thì: 0 ≤ 4
≤
và
0
≤
≤ 2
4
2
4
4
x +y
x
x +y
y
y2
x2
= x→∞
lim 4
= 0 ⇒ I5 = 0
⇒ x→∞
lim 4
x + y4
x + y4
y→∞
y→∞
xy
xy
1
≤
6. (x − y)2 ≥ 0 ⇔ x2 + y 2 ≥ 2xy, với x > 0, y > 0 thì 0 ≤ 2
=
2
x +y
2xy
2
(
)x2
xy
1
⇒0≤
≤
−→ 0 khi x → +∞, y → +∞ ⇒ I6 = 0
x2 + y 2
2x2
Bài 3. Xét sự
của các hàm số sau tại điểm (0, 0)
 liên2 tục

 x y2
 x2 y 2
nếu
(x,
y)
=
̸
(0,
0)
1. f (x, y) =
2. f (x, y) =
x2 + y 2
x4 + y 4


0
nếu (x, y) = (0, 0)
0
Giải
1. f (0, 0) = 0, lim
f (x, y) = 0 vì 0 ≤
x→0
y→0
nếu (x, y) ̸= (0, 0)
nếu (x, y) = (0, 0)
x2 y 2
≤ y 2 khi x → 0, y → 0
x2 + y 2
⇒ lim
f (x, y) = f (0, 0), do đó hàm f liên tục tại (0, 0).
x→0
y→0
(
)
)
(
1
1 1
′
′
2. Chọn (xn , yn ) = 0,
và (xn , yn ) =
,
thì rõ ràng: (x′n , yn′ ) → (0, 0), và
n
n n
1
(xn , yn ) → (0, 0) khi n → +∞, nhưng: lim f (xn , yn ) = 0 và lim f (x′n , yn′ ) = .
n→∞
n→∞
2
1
f (x, y)
Mà: 0 ̸= ⇒ @ lim
x→0
2
y→0
Bài 4. Tính đạo hàm riêng của các hàm sau
y
√
1. z = x y + √
3
x
y
3. z = arctan tại (−1, 1)
x
Giải
1.
x
y
cos
y
x
4. u = xy ln z tại (e, 2, e)
2. z = sin
∂z
x
1
∂z √
y
= y− √
,
= √ +√
3
3
∂x
2 y
3x x ∂y
x
∂z
1
x
y
y
x
y
= cos cos + 2 sin sin
∂x
y
y
x x
y
x
∂z
x
x
y
1
x
y
•
= − 2 cos cos − sin sin
∂y
y
y
x x
y
x
( y )′
( y )′
2.
•
3.
∂z
=
∂x
1+
x x =
( y )2
−y
∂z
x2 + y 2 ∂y
=
x
∂z
∂z
1
Tại (−1, 1) thì
=
=−
∂x
∂y
2
1+
x y
( y )2 =
x
x
x2 + y 2
3
4.
∂u
= y ln z.xy ln z−1
∂x
∂u
•
= xy ln z . ln x.(y ln z)′y = ln x. ln z.xy ln z
∂y
∂u
y ln x y ln z
•
= xy ln z . ln x.(y ln z)′z =
.x
∂z
z
∂u
∂u
∂u
Tại (e, 2, e) thì
=
= 2e,
= e2
∂x
∂z
∂y
•
Bài 5. Dùng định nghĩa để tìm đạo hàm riêng của hàm

 2x3 − y 3
nếu (x, y) ̸= (0, 0)
f (x, y) =
x2 + 3y 2

0
nếu (x, y) = (0, 0)
tại điểm (0, 0).
Giải
∂f
f (0 + ∆x , 0) − f (0, 0)
(0, 0) = lim
= lim 2 = 2
∆x →0
∆x →0
∂x
∆x
( )
∂f
f (0, 0 + ∆y ) − f (0, 0)
1
1
•
(0, 0) = lim
= lim −
=−
∆
→0
∆
→0
∂y
∆y
3
3
y
y
•
Bài 6. Chứng minh các hàm dưới đây thỏa phương trình đạo hàm riêng được cho
1. z = xey thỏa x
2. z =
∂z
∂z
=
∂x
∂y
x+y
∂z
∂z
thỏa x
+y
=0
x−y
∂x
∂y
3. u = x2 + yz thỏa x
∂u
∂u
∂u
+y
+z
= 2u
∂x
∂y
∂z
4. z = f (x2 + y 2 ) trong đó f là hàm khả vi theo một biến thỏa y
∂z
∂z
−x
=0
∂x
∂y
Giải
1.
2.
∂z
∂z
∂z
∂z
= ey ,
= xey ⇒ x
=
∂x
∂y
∂x
∂y
∂z
(x + y)′x (x − y) − (x − y)′x (x + y)
x−y−x−y
−2y
=
=
=
2
2
∂x
(x − y)
(x − y)
(x − y)2
(x + y)′y (x − y) − (x − y)′y (x + y)
x−y+x+y
2x
∂z
•
=
=
=
2
2
∂y
(x − y)
(x − y)
(x − y)2
∂z
∂z
+y
=0
⇒x
∂x
∂y
3. x
•
∂u
∂u
∂u
∂u
∂u
∂u
= 2x2 y
= yz, z
= yz ⇒ x
+y
+z
= 2u
∂x
∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
4. Đặt: u = x2 + y 2 ⇒
∂z
∂z
∂z ∂u
∂z ∂u
∂z
∂z
=
.
= 2x.fu′ ,
=
.
= 2y.fu′ ⇒ y
−x
=0
∂x
∂u ∂x
∂y
∂u ∂x
∂x
∂y
4
Bài 7. Tìm phương trình của tiếp diện và pháp tuyến của các đồ thị
1. f (x, y) = x2 − y 2 tại (−2, 1)
2. f (x, y) = cos
3. f (x, y) =
x
tại (π, 4)
y
x
x2 + y 2
tại (1, 2)
Giải
1.
• f (−2, 1) = 3
• fx′ = 2x ⇒ fx′ (−2, 1) = −4
• fy′ = −2y ⇒ fy′ (−2, 1) = −2
Phương trình tiếp diện có dạng: z = 3 − 4(x + 2) − 2(y − 1) hay z = −4x − 2y − 3
x+2
y−1
z−3
Phương trình tiếp tuyến có dạng:
=
=
−4
−2
−1
2.
3.
1
• f (π, 4) = √
2
1
x
1
• fx′ = − sin ⇒ fx′ (π, 4) = − √
y
y
4 2
x
x
π
• fy′ = − 2 sin ⇒ fy′ (π, 4) = √
y
y
16 2
)
1 ( x
π
Phương trình tiếp diện có dạng: z = √ − + y + 1
4 16
2
z − √12
x−π
y−4
Phương trình tiếp tuyến có dạng: −1 = π =
√
√
−1
16 2
4 2
1
5
2
y − x2
3
• fx′ = 2
⇒ fx′ (1, 2) =
2
2
(x + y )
25
−2xy
4
• fy′ = 2
⇒ fy′ (1, 2) = −
2
2
(x + y )
25
• f (1, 2) =
Phương trình tiếp diện có dạng:
z=
3
4
3
4
2
1
+ (x − 1) − (y − 2) hay z = x − y +
5 25
25
25
25
5
z − 15
x−1
y−1
Phương trình tiếp tuyến có dạng:
=
=
3
−4
−25
Bài 8.√Tính gần
đúng các giá trị sau
√
3
4
1. ln
√( 1, 03 + 0, 98 − 1)
3. sin2 1, 55 + 8.e0,015
2. sin
(π(0, 01).(1, 05) + ln 1, 05)
√
3
4. (2, 01)2 + (1, 96)2
Giải
√
√
1. Xét: f (x, y) = ln ( 3 x + 4 y − 1). Khi đó:
5
• f (1; 1) = 0
1
1
• fx′ = √
⇒ fx′ (1; 1) =
√
√
3
3
2
3
3 x ( x + 4 y − 1)
1
1
• fy′ = √
⇒ fy′ (1; 1) =
√
√
4
3
3
4
4 y ( x + 4 y − 1)
⇒ f (1.03; 0.98) ≈ f (1; 1) + 0.03fx′ (1; 1) − 0.02fy′ (1; 1) = 0.005
2. Xét: f (x, y) = sin (πxy + ln y). Khi đó:
• f (0; 1) = 0
• fx′ = πy cos (πxy + ln y) ⇒ fx′ (0; 1) = π
)
(
1
′
• fy = πx +
cos (πxy + ln y) ⇒ fy′ (0; 1) = 1
y
⇒ f (0.01; 1.05) ≈ f (0; 1) + 0.01fx′ (0; 1) + 0.05fy′ (0; 1) ≈ 0.0814
√
3. Xét: f (x, y) = sin2 x + 8ey . Khi đó:
(π )
• f
;0 = 3
2
(π )
sin 2x
′
′
• fx = √ 2
⇒ fx
;0 = 0
2
2 sin x + 8ey
(π ) 4
8ey
• fy′ = √ 2
⇒ fy′
;0 =
2
3
2 sin x + 8ey
(π )
(π )
(π )
⇒ f (1.5; 0.015) ≈ f
; 0 − 0.02fx′
; 0 + 0.015fy′
; 0 ≈ 3.019
2
2
2
√
4. Xét: f (x, y) = 3 x2 + y 2 . Khi đó:
• f (2; 2) = 8
2x
1
• fx′ = fy′ = √
⇒ fx′ (2; 2) = fy′ (2; 2) =
3
2
2
2
3
3 (x + y )
⇒ f (2.01; 1.96) ≈ f (2; 2) + 0.01fx′ (2; 2) − 0.04fy′ (2; 2) ≈ 1.99
Bài 9. Tính đạo hàm của các hàm hợp sau
1. z = xy 2 , x = t + ln (y + t2 ), y = et . Tính
2. z = x2 ln y, x =
∂z
∂t
u
∂z ∂z
, y = 3u − 2v. Tính
,
v
∂u ∂v
3. z = ln (u2 + v 2 ), u = xy, x =
∂z ∂z
x
. Tính
,
y
∂x ∂y
Giải
t
2
2t
1. Ta có: z =
( [t + ln (e t+)t )]e
[
]
2t + e
2t + et
∂z
2t
2t
t
2t
t
2
=e
1+ t
+2e [ln (t + e ) + t] = e 1 + t
+ 2 ln (e + t ) + 2t
∂t
e + t2
e + t2
6
2.
3.
•
∂z
∂z ∂x ∂z ∂y
1
x2
2u
3u2
=
+
= .2x ln y + 3 = 2 ln (3u − 2v) + 2
∂u
∂x ∂u ∂y ∂u
v
y
v
v (3u − 2v)
•
∂z
∂z ∂x ∂z ∂y
u
2x2
2u2
2u2
=
+
= − 2 .2xlny −
= − 3 ln (3u − 2v) − 2
∂v
∂x ∂v ∂y ∂v
v
y
v
v (3u − 2v)
•
∂z ∂u ∂z ∂v
2u
2v
2
∂z
=
+
= 2
+
=
∂x
∂u ∂x ∂v ∂x
u + v 2 y(u2 + v 2 )
x
•
∂z ∂u ∂z ∂v
2u
2vx
2(y 4 − 1)
∂z
=
+
= 2
x
−
=
∂y
∂u ∂y ∂v ∂y
u + v2
y 2 (u2 + v 2 )
y(y 4 + 1)
Bài 10. Tính các đạo hàm riêng cấp hai của các hàm sau
√
1.z = xey − yex
2. z = ln (x + x2 + y 2 )
Giải
1.
2
2
∂z
∂ 2z
∂z
x ∂ z
y
x ∂ z
= ey − yex ,
= xey − ex ⇒
=
−ye
,
=
e
−
e
,
= xey
∂x
∂y
∂x2
∂x∂y
∂y 2
2.
∂z
1
∂z
y
√
=√
,
=
. Khi đó:
2
2
2
2
∂x
x + y ∂y
x + y + x x2 + y 2
•
∂ 2z
−x
√
=
2
∂x
(x2 + y 2 ) x2 + y 2
∂2z
−y
√
•
=
2
2
∂x∂y
(x + y ) x2 + y 2
√
x3 + (x2 − y 2 ) x2 + y 2
∂ 2z
√
•
=
3
∂y 2
(x2 + y 2 ) 2 (x + x2 + y 2 )
Bài 11. Tìm hàm f (x, y) thỏa phương trình
∂2f
∂f
= 12x2 y,
= x4 và thỏa điều kiện
2
∂x
∂y
f (0, 0) = 1, f (1, 1) = 2.
Giải
2
∂f
∂
f
= x4 ⇒ f (x, y) = x4 y + φ(x) ⇒
= 12x2 y + φ′′ (x) ⇒ φ′′ (x) = 0
∂y
∂x2
⇒ φ(x) = C1 x + C2 ⇒ f (x, y) = x4 y + c1 x + c2 (C1 , C2 là các hằng số)
Từ giả thiết đề bài ta tìm được C1 = 1, C2 = 0 ⇒ f (x, y) = x4 y + 1. Thử lại thấy f thỏa
yêu cầu bài toán.
Vậy hàm số cần tìm là f (x, y) = x4 y + 1
Bài 12. Cho hàm số

x2 − y 2

nếu x2 + y 2 ̸= 0
xy 2
f (x, y) =
x + y2

0
nếu x2 + y 2 = 0
′′
′′
(0, 0)
(0, 0) ̸= fyx
Chứng minh rằng fxy
Giải
•
∂f
f (∆x , 0) − f (0, 0)
(0, 0) = lim
=0
∆x →0
∂x
∆x
•
∂f
f (0, ∆y ) − f (0, 0)
(0, 0) = lim
=0
∆y →0
∂y
∆y
7
•
∂f
f (∆x , y) − f (0, y)
∆x y(∆2x − y 2 )
(0, y) = lim
= lim
= −y
2
∆x →0
∆x →0 ∆x (∆2
∂x
∆x
x+y )
•
∆y x(x2 − ∆2y )
∂f
f (x, ∆y ) − f (x, 0)
= lim
(x, 0) = lim
=x
2
∆y →0 ∆y (∆2
∆y →0
∂y
∆y
x+y )
Khi đó:
∂f
∂f
(0, ∆y ) −
(0, 0)
∂ 2f
∂x
•
(0, 0) = lim ∂x
= −1
∆y →0
∂x∂y
∆y
∂f
∂f
(∆x , 0) −
(0, 0)
∂ f
∂y
∂y
=1
•
(0, 0) = lim
∆x →0
∂y∂x
∆x
2
′′
′′
⇒ fxy
(0, 0) ̸= fyx
(0, 0)
1
Bài 13. Chứng minh rằng hàm z = ln
x2 + y 2
thỏa mãn phương trình đạo hàm riêng
∂ 2z ∂ 2z
+
= 0 (z là hàm điều hòa hai biến)
∂x2 ∂y 2
Giải
⇒
•
∂z
2x
∂ 2z
x2 − y 2
=− 2
⇒
=
2
∂x
x + y2
∂x2
(x2 + y 2 )2
•
∂z
2y
∂ 2z
y 2 − x2
=− 2
⇒
=
2
∂x
x + y2
∂x2
(x2 + y 2 )2
∂ 2z ∂ 2z
+
=0
∂x
∂y
Bài 14. Chứng minh rằng hàm u(x, y, t) =
riêng:
∂u
∂ 2u ∂ 2u
=
+
∂t
∂x2 ∂y 2
1 − x2 +y2
e 4t thỏa mãn phương trình đạo hàm
t
(phương trình truyền nhiệt)
Giải
(
)
2 +y 2
x2 + y 2
− x 4t
2
2
2
2
x +y
x2 +y 2
x +y
e
1 − t.
∂u
e− 4t − t.(e− 4t )′t
e− 4t (x2 + y 2 − 4t)
4t2
•
=
=
=
∂t
t2
t2
4t3
x2 +y 2
∂ 2u
e−
⇒
=
∂x2
x2 +y 2
4t
x2 +y 2
∂ 2u
e−
⇒ 2 =
∂y
x2 +y 2
4t
xe− 4t
∂u
=−
•
∂x
2t2
ye− 4t
∂u
•
=−
∂y
2t2
(x2 − 2t)
4t3
(y 2 − 2t)
4t3
∂u
∂ 2u ∂ 2u
=
+
∂t
∂x2 ∂y 2
Bài 15. Tìm gradient của hàm tại điểm được cho và đường thẳng (d) tiếp xúc với đường
mức của hàm tại điểm đó
x
2. f (x, y) = ln (x2 + y 2 ) tại (1; −2)
1. f (x, y) = cos tại (π; 4)
y
Giải
⇒
8
1
x
x
x
1
π
1. fx′ = − sin , fy′ = − 2 sin ⇒ fx′ (π; 4) = − √ , fy′ (π, 4) = √
y
y
y
y
4 2
16 2
1 ⃗
π ⃗
⇒ ∇f (π; 4) = − √ i + √ j
4 2
16 2
π
π
⇒ (d) : −1.(x − π) + .(y − 4) = 0 hay −x + y = 0
4
4
2. fx′ =
2x
x2 + y 2
, fy′ =
2y
x2 + y 2
2
4
⇒ fx′ (1; −2) = , fy′ (1; −2) = −
5
5
2
4
⇒ ∇f (1; −2) = ⃗i − ⃗j
5
5
⇒ (d) : 1.(x − 1) − 2(y + 2) = 0 hay x − 2y − 5 = 0
Bài 16. Tìm tốc độ biến thiên của các hàm sau tại điểm và hướng được cho
1. f (x, y) = x2 y tại (−1; −1) theo hướng của vectơ ⃗v = ⃗i + 2⃗j
2. f (x, y) = x2 + y 2 tại (1; −2) theo hướng của vectơ tạo với trục Ox một góc 600
Giải
1. fx′ = x2 y, fy′ = x2 ⇒ fx′ (−1; −1) = 2, fy′ (−1; −1) = 1 ⇒ ∇f (−1; −1) = 2⃗i + ⃗j
⃗i + 2⃗j
4
⇒ D ⃗v f (−1; −1) =
(2⃗i + ⃗j) = √
|⃗
v|
5
|⃗i + 2⃗j|
4
Tốc độ biến thiên của f tại (−1; −1) là: √
5
2. Tx′ = 2x, Ty′ = 2y ⇒ Tx′ (1, −2) = 2, Ty′ (1, −2) = −4 ⇒ ∇f (2, −1) = 2⃗i − 4⃗j
(
√ )
√
3⃗
1⃗
i+
j (2⃗i − 4⃗j) = 1 − 2 3
⇒ D600 f (1; −2) =
2
2
√
Tốc độ biến thiên của f theo hướng đã cho là: 1 − 2 3
Bài 17. Nhiệt độ T (x; y) tại các điểm trên mặt phẳng được cho bởi T (x; y) = x2 − 2y 2 .
Từ điểm (2; −1) trên mặt phẳng, một con kiến sẽ di chuyển theo hướng nào để đi đến nơi
có nhiệt độ mát nhất.
Giải
′
′
′
′
Tx = 2x, Ty = −4y ⇒ Tx (2; −1) = 4, Ty (2; −1) = 4 ⇒ ∇T (−1; −1) = 4(⃗i + ⃗j)
Tại (2; 1) thì T tăng nhanh theo hướng ⃗i + ⃗j. Do đó, để đi đến nơi có nhiệt độ mát nhất
thì con kiến phải đi theo hướng −⃗i − ⃗j
Bài 18. Tìm đạo hàm của các hàm ẩn xác định bởi các phương trình sau
1. xey − yex − exy = 0. Tính
2. arctan
∂y
∂x
x+y y
∂y
− = 0. Tính
a
a
∂x
3. z 2 + xy 3 −
xz
∂z ∂z
= 0. Tính
,
y
∂x ∂y
Giải
1. Đặt: F (x, y(x)) = xey − yex − exy ⇒ Fx′ = ey − yex − yexy , Fy′ = xey − ex − xexy
∂y
F′
−ey + yex + yexy
⇒
= − x′ =
∂x
Fy
xey − ex − xexy
9
x+y y
−
a
a
a
a
1
∂y
Fx′
a2
′
⇒ Fx′ = 2
,
F
=
−
⇒
=
−
=
a + (x + y)2 y a2 + (x + y)2 a
∂x
Fy′
(x + y)2
2. Đặt: F (x, y(x)) = arctan
3. Đặt: F (x, y, z(x, y)) = z 2 + xy 3 −
xz
y
y4 − z ′
3xy 4 + xz ′ 2yz − x
, Fy =
, Fz =
y
y2
y
′
′
4
F
F
∂z
∂z
z−y
3xy 4 + xz
y
⇒
= − x′ =
,
=− ′ =
∂x
Fz
2yz − x ∂y
Fz
xy − 2y 2 z
⇒ Fx′ =
y
Bài 19. Tìm phương trình tiếp tuyến của đường cong e x +sin y +y 2 = 1 tại điểm M (2, 0).
Giải
Ta có thể tính y ′ (M ) bằng 2 cách:
• Cách 1:
y
Từ: e x + sin y + y 2 = 1 lấy đạo hàm hai vế theo biến x ta được:
( ′
)
y
y .x − y
e x + y ′ cos y + 2y.y ′ = 0
2
x
Thay tọa độ M vào phương trình trên ta được: y ′ = 0
• Cách 2:
y
x
Đặt: F (x, y(x)) = e + sin y + y
2
y
x
ye
e
− 1 ⇒ Fx′ = − 2 , Fy′ =
x
y
x
F′
∂y
= − x′ =
⇒
∂x
Fy
y
ye
x2
y
x
x
+ cos y + 2y
y
ye x
=
y
x(e x + x cos y + 2xy)
ex
+ cos y + 2y
x
Thay tọa độ M vào phương trình trên ta được: y ′ = 0
Do đó PTTT của đường cong tại M có dạng: y = 0
Bài 20. Tìm phương trình tiếp diện (P ) của mặt x2 + y 2 + z 2 = 14 tại điểm (1, −2, 3)
Giải
2
2
2
Đặt: F (x, y, z(x, y)) = x + y + z − 14 ⇒ Fx′ = 2x, Fy′ = 2y, Fz′ = 2z. Do đó:
Fy′
∂z
Fx′
x ∂z
y
=− ′ =− ,
=− ′ =−
∂x
Fz
z ∂y
Fz
z
1
2
⇒ zx′ (1, −2, 3) = − và zy′ (1, −2, 3) =
3
3
1
2
⇒ (P ) : − (x − 1) + (y + 2) − (z − 3) = 0 hay (P ) : x − 2y + 3z = 14
3
3
Bài 21. Tìm cực trị của các hàm sau
2
2
1. z = 4(x − y) − x2 − y 2
2. z = (x2 + y 2 )e−(x +y )
3. z = x3 + y 3 − 3xy
50 20
+
(x > 0, y > 0)
4. z = x4 + y 4
5.z = xy +
x
y
√
6. z = 1 − x2 + y 2
Giải
{ ′
zx = 4 − 2x = 0
⇒ hàm số có một điểm dừng M (2; −2).
1. Xét:
zy′ = −4 − 2y = 0
′
′
′
= −2
= 0, zyy
= −2, zxy
Ta có: zxx
Tại M (2; −2) thì: A = −2, B = 0, C = −2
⇒ ∆ = B 2 − AC = −4 < 0 và A = −2 < 0 ⇒ zmax = 8 tại M (2; −2)
10
{
zx′ = e−(x +y ) .2x(1 − x2 − y 2 ) = 0
2
2
zy′ = e−(x +y ) .2y(1 − x2 − y 2 ) = 0
Giải hệ ta được điểm dừng bao gồm gốc tọa độ O(0; 0) và những điểm trên đường
tròn (C) : x2 + y 2 = 1. Ta có:
2
2
2. Xét:
′
• zxx
= e−(x +y ) [4x4 + (4y 2 − 10)x2 + 2]
2
2
′
• zxy
= e−(x +y ) [−8xy + 4xy(x2 + y 2 )]
2
2
′
• zyy
= e−(x +y ) [4y 4 + (4x2 − 10)y 2 + 2]
2
2
Tại O(0; 0) thì: A = C = 2, B = 0
⇒ ∆ = B 2 − AC = −4 < 0, và A = 2 > 0 ⇒ zmin = 0 tại O(0; 0)
Tại những điểm nằm trên (C) thì: A = −4x2 e−1 , B = −4xye−1 , C = −4y 2 e−1
⇒ ∆ = B 2 − AC = 0, do đó những điểm nằm trên (C) là những điểm nghi ngờ.
Khi đó xét hàm f (t) = te−t , ∀t ≥ 0
1
Bằng phương pháp đạo hàm dễ dàng kiểm tra được fmax = tại t = 1
e
Do đó zmax = e−1 tại những điểm nằm trên (C)
{
zx′ = 3x2 − 3y = 0
⇒ hàm số có hai điểm dừng M1 (0; 0) và M2 (1; 1).
zy′ = 3y 2 − 3x = 0
′
′
′
Ta có: zxx
= 6x, zxy
= −3, zyy
= 6y
Tại M1 (0; 0) thì: A = C = 0, B = −3
⇒ ∆ = B 2 − AC = 9 > 0 ⇒ z không đạt cực trị tại M1
Tại M2 (1, 1) thì: A = C = 6, B = −3
⇒ ∆ = B 2 − AC = −25 < 0, và A = 6 > 0 ⇒ zmin = −1 tại M2
{ ′
zx = 4x3 = 0
4. Xét:
⇒ hàm số có một điểm dừng M (0; 0).
zy′ = 4y 3 = 0
′
′
′
Ta có: zxx
= 12x3 , zxy
= 0, zyy
= 12y 3
Tại M (0; 0) thì: A = B = C = 0
⇒ ∆ = B 2 − AC = 0 ⇒ M là điểm nghi ngờ.
Ta có: ∀x, y ∈ R thì z(x, y) = x4 + y 4 ≥ 0 = z(0; 0)
⇒ z có giá trị cực tiểu là 0 tại M (0; 0).
3. Xét:
5. Cách
1:

 zx′ = y − 50 = 0
x2
Xét:
⇒ hàm số có một điểm dừng M (5; 2) .
20

 zy′ = x −
=
0
x2
40
100
′
′
′
= 4
= 3 , zxy
= 1, zyy
Ta có: zxx
x
y
5
4
Tại M (5; 2) thì A = , B = 1, C =
5
2
4
2
⇒ ∆ = B − AC = −1 < 0 và A = > 0 ⇒ zmin = 30 tại M (5; 2)
5
Cách 2:
√
50 20
Áp dụng BĐT Cô-si ta được z = xy +
+
≥ 3 3 1000 = 30
x
y{
50
20
x=5
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi xy =
=
⇒
y=2
x
y
⇒ zmin = 30 tại M (5; 2)
11

x
′

=0
 zx = − √ 2
x + y2
6. Xét:
y

=0
 zy′ = − √ 2
x + y2
Ta thấy hàm số√không có điểm dừng, nhưng hàm số có một điểm kỳ dị là O(0; 0)
Ta có: z = 1 − x2 + y 2 ≤ 1 = z(0; 0), do đó zmax = 1 tại O(0; 0)
Bài 22. Tìm các cực trị có điều kiện
x y
1. z = x2 + y 2 với điều kiện + = 1
2 3
2. z =
1 1
1
1
1
+ với điều kiện 2 + 2 = 2
x y
x
y
a
3. u = x + y + z với điều kiện
1 1 1
+ + =1
x y z
Giải
1. Cách 1:
x y
3
Từ: + = 1 ⇒ y = − x + 3.
2 3(
)2
13
3
Khi đó: z x, − x + 3 = f (x) = x2 − 9x + 9
2
4
36
18
Bằng phương pháp đạo hàm, dễ dàng nhận thấy fmin =
tại x =
13
13
(
)
36
18 12
Do đó zmin =
tại M
,
13
13 13
Cách 2:
(x y
)
Xét: F (x, y, λ) = x2 + y 2 + λ
+ −1
2 3

λ
λ


′


x
=
−
F
=
2x
+
=
0


x




2
4
λ
λ
′
⇔
Xét:
Fy = 2y + = 0
y=−


3




x
y
x y6


 + −1=0
 Fλ′ = + − 1 = 0
2 3
2 3 (
)
18 12 72
Giải hệ ta được F có một điểm dừng là M
, ,−
.
13 13 13
′′
′′
′′
Ta có: Fxx
= Fyy
= 2, Fxy
= 0.
)
(
36
18 12
2
2
2
,
=
Tại M thì d F = 2(dx + dy ) > 0, do đó zmin = z
13 13
13
(
)
1 1
1
1
1
2. Xét: F (x, y, λ) = + + λ
+
−
x y
x2 y 2 a2

λ
1


′

−
2
=0
=
−
F

x

 x = −2λ
2
3


x
x


1
λ
y = −2λ
′
Fy = − 2 − 2 3 = 0
Xét:
⇔
1
1
1
y
y





 2 + 2 − 2 =0
1
1
1


x
y
a
 Fλ′ = 2 + 2 − 2 = 0
x
y
a
(
)
(
)
√
√ a
√ √
a
Giải hệ ta được F có hai điểm dừng là M1 −a 2, −a 2, √ , M2 a 2, a 2, − √
2
2
2
2
λ
λ
′′
′′
′′
= 3 +6 4
= 0, Fyy
= 3 + 6 4 , Fxy
Ta có: Fxx
x
x
y
y
12
(
)
√
√ a
1
• Tại M1 −a 2, −a 2, √
thì d2 F = √ (dx2 + dy 2 ) > 0, do đó hàm
2
2 2a3
√
√
2
z(x, y) đạt cực tiểu tại (−a 2, −a 2) và zmin = −
a
(
)
√ √
a
1
• Tại M2 a 2, a 2, − √
thì d2 F = − √ (dx2 + dy 2 ) < 0, do đó hàm
2
2 2a3√
√ √
2
z(x, y) đạt cực đại tại M (a 2, a 2) và zmax =
a
(
)
1 1 1
3. Xét: F (x, y, z, λ) = x + y + z + λ
+ + −1
x y z

λ


Fx′ = 1 − 2 = 0


x



λ

′

 λ = x2 = y 2 = z 2
 Fy = 1 − 2 = 0
y
1 1 1
Xét:
⇔
λ
+ + −1=0


′

Fz = 1 − 2 = 0

x y z

z


 ′
1 1 1

 Fλ = + + − 1 = 0
x y z
Giải hệ ta được F có bốn điểm dừng sau:
M1 (−1, 1, 1, 1), M2 (1, −1, 1, 1), M3 (1, 1, −1, 1), M4 (3, 3, 3, 9)
2λ ′′
2λ ′′
2λ ′′
′′
′′
, Fyy = 3 , Fzz
= 3 , Fxy
= Fxz
= Fyz
=0
3
x
y
z
′′
′′
′′
′′
′′
Tại M1 (−1, 1, 1, 1) thì Fxx
= −2, Fyy
= Fzz
= 2, F ′′ xy = Fxz
= Fyz
=0
2
2
2
2
⇒ d F = 2(−dx + dy + dz )
Mặt khác: dφ(M1 ) = 0 ⇔ dx + dy + dz = 0 hay dx = −dy − dz
Do đó: d2 F (M1 ) = −4dydz, biểu thức này đổi dấu khi dy, dz biến thiên, nên hàm
z(x, y) không đạt cực trị tại (−1, 1, 1).
Hơn nữa, do hai hàm số f và φ là đối xứng theo x, y, z nên z(x, y) cũng không đạt
cực trị tại (−1, 1, 1), (1, −1, 1), (1, 1, −1).
2
Tại M4 (3, 3, 3, 9) thì d2 F = (dx2 + dy 2 + dz 2 ) > 0 ⇒ zmin = z(3, 3, 3) = 27
3
′′
Ta có: Fxx
=
Bài 23. Tìm khoảng cách ngắn nhất từ gốc tọa độ đến đường cong (C) : x2 y = 16
Giải
2
2
Lấy M (x, y) ∈((C) ⇒)x y = 16 ⇒ OM = x2 + y 2 = z(x, y)
16
256
Đặt: f (x) = z x, 2 = x2 + 4
x
x
1
1
256
Áp dụng BĐT Cô - si ta có: f (x) = x2 + x2 + 4 ≥ 12
2
2
x
√
1 2 256
6
Do đó fmin = 12 khi và chỉ khi x = 4 ⇔ x = 512 ⇒ x = ±2 2
2
x
√
Vậy khoảng
cách
ngắn
nhất
từ
O
đến
(C)
là:
OM
=
OM
=
2
3
1
2
√
√
với M1 (2 2, 2), M2 (−2 2, 2)
Bài 24. Tìm GTNN và GTLN của hàm u = xyz với điều kiện x2 + y 2 + z 2 = 12
Giải
2
2
2
Xét: 
F (x, y, z, λ) = xyz + λ(x + y + z − 12)
 Fx′ = yz + 2λx = 0 (1)

 ′
Fy = xz + 2λy = 0 (2)
Xét:
F ′ = xy + 2λz = 0 (3)


 z′
Fλ = x2 + y 2 + z 2 − 12 = 0
13
Nhận xét: M (x0 , y0 , z0 ) là một điểm cực trị của hàm số thì phải thỏa điều kiện cần là
x0 .y0 .z0 ̸= 0, vì nếu một trong ba thành phần tọa độ bằng 0 thì z(M ) = 0, nhưng khi đó
trong lân cận của M luôn tồn tại những điểm M1 , M2 sao cho z(M1 ).z(M2 ) < 0 nên M
không phải là điểm cực trị của hàm số.
Khi đó: nhân các phương trình (1), (2), (3) lần lượt cho x, y, z rồi cộng lại ta được:
8λ
3xyz + 24λ = 0 ⇔ yz = −
(4)
x
Từ (1) và (4) ta được: x = ±2.
Một cách hoàn toàn tương tự ta cũng được: y = ±2 và z = ±2
Thế x, y, z vào hệ ban đầu ta được hai giá trị của λ như sau:
Với λ = 1 thì ta có các điểm (−2, −2, −2), (−2, 2, 2), (2, −2, 2), (2, 2, −2)
Với λ = −1 thì ta có các điểm (2, 2, 2), (−2, −2, 2), (−2, 2, −2), (2, −2, −2)
′′
′′
′′
′′
′′
′′
Ta có Fxx
= Fyy
= Fzz
= 2λ, Fxy
= z, Fxz
= y, Fyz
=x
• Tại (2, −2, 2) thì d2 F = 2(dx2 + dy 2 + dz 2 ) + 2(dxdy − dxdz + dydz)
Ta có: dφ(2, −2, 2) = 0 ⇔ dx − dy + dz = 0
)2
(
1
3
⇒ dxdy − dxdz + dydz = dx − dy + dy 2 > 0
2
4
2
Do đó d F (2, −2, 2) > 0 ⇒ (2, −2, 2) là điểm cực tiểu và zmin = −8
Hơn nữa vì f và φ là các hàm đối xứng theo biến x, y, z nên tại (−2, 2, 2), (2, 2, −2)
thì hàm cũng đạt giá trị cực tiểu là 8
• Tại (−2, −2, 2) thì d2 F = −2(dx2 + dy 2 + dz 2 ) + 2(dxdy − dxdz − dydz)
Ta có: dφ(−2, −2, 2) = 0 ⇔ −dx − dy + dz = 0
(
)2
1
3
⇒ dxdy − dxdz − dydz = − dx + dy − dy 2 < 0
2
4
2
Do đó d F (−2, −2, 2) < 0 ⇒ (−2, −2, 2) là điểm cực đại và zmax = 8
Hơn nữa vì f và φ là các hàm đối xứng theo biến x, y, z nên tại (−2, 2, −2), (2, −2, −2)
thì hàm cũng đạt giá trị cực đại là 8
• Tại (−2, −2, −2) thì d2 F = 2(dx2 + dy 2 + dz 2 ) − 2(dxdy + dxdz + dydz)
Ta có: dφ(−2, −2, −2) = 0 ⇔ dx + dy + dz = 0
(
)2
1
3
⇒ dxdy + dxdz + dydz = − dx + dy − dy 2 < 0
2
4
2
Do đó d F (−2, −2, −2) > 0 ⇒ (−2, −2, −2) là điểm cực tiểu và zmin = −8
• Kiểm tra tương tự ta được (2, 2, 2) là điểm cực đại và zmax = 8
Bài 25. Tìm GTNN và GTLN của các hàm
1. z = x − x2 + y 2 trên hình chữ nhật D: 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1
2. z = x2 − y 2 trên hình tròn D: x2 + y 2 ≤ 4
3. z = x2 y(4 − x − y) trên miền D giới hạn bởi các đường: x = 0, y = 0, x + y = 6
4. z = sin x + sin y + sin(x + y) trên miền D: 0 ≤ x ≤
π
π
,0 ≤ y ≤
2
2
5. z = x2 ye−(x+y) trên miền D giới hạn bởi: x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4
6. z = x2 + 2y 2 − x trên hình tròn D: x2 + y 2 ≤ 1
Giải
14
{
1. Xét:
zx′ = 1 − 2x = 0
zy′ = 2y = 0
Ta được điểm tới hạn là
(
)
1
, 0 , điểm này không nằm trong miền đã cho.
2
Xét trên biên của D:
{
x=0
• Trên OA:
(0 ≤ t ≤ 1) thì z = t2
y=t
Khi đó zmin (OA) = z(0, 0) = 0, zmax (OA) = z(0, 1) = 1
{
x=t
• Trên OC:
(0 ≤ t ≤ 2) thì z = t − t2
y=0
(
)
1
1
Khi đó zmin (OC) = z(2, 0) = −2, zmax (OC) = z
,0 =
2
4
{
x=2
• Trên BC:
(0 ≤ t ≤ 1) thì z = t2 − 2
y=t
Khi đó zmin (BC) = z(2, 0) = −2, zmax (BC) = z(2, 1) = −1
{
x=t
• Trên AB:
(0 ≤ t ≤ 2) thì z = −t2 + t + 1
y=1
)
(
1
5
,1 =
Khi đó zmin (AB) = z(2, 1) = −1, zmax (AB) = z
2
4
(
Do đó zmin (D) = z(2, 0) = −2, zmax (D) = z
)
1
5
,1 =
2
4
{
zx′ = 2x = 0
zy′ = −2y = 0
Ta được điểm tới hạn là (0, 0), ta có z(0, 0) = 0
Xét trên biên C của miền D : x2 + y 2 = 4, ta có z(x, y) = x2 − y 2 = 2x2 − 4
Đặt: f (x) = 2x2 − 4 với −2 ≤ x ≤ 2
Khi đó, dễ dàng kiểm tra được:
zmin (C) = z(0, 2) = z(0, −2) = −4, zmax (C) = z(2, 0) = z(−2, 0) = 4
Do đó zmin (D) = −4 tại (0, 2), (0, −2), zmax (D) = 4 tại (2, 0), (−2, 0)
2. Xét:
{
zx′ = xy(8 − 3x − 2y) = 0
zy′ = x2 (4 − x − 2y) = 0
Ta được các điểm tới hạn là (4, 0), (2, 1), (0, y) ∀y ∈ R
Chỉ có (2, 1) là nằm trong miền D, ta có z(2, 1) = 4
Xét trên biên của D:
{
x=0
• Trên OA:
(0 ≤ t ≤ 6) thì z = 0
y=t
{
x=t
• Trên OB:
(0 ≤ t ≤ 6) thì z = 0
y=0
{
x=t
• Trên AB:
(0 ≤ t ≤ 6) thì z = 2t3 − 12t2
y =6−t
Khi đó zmin (AB) = z(4, 2) = −64, zmax (AB) = z(0, 6) = z(6, 0) = 0
3. Xét:
Do đó zmin (D) = −64 tại (4, 2),
zmax (D) = 4 tại (2, 1)
15


 zx′ = 2 cos 2x + y . cos y = 0
2
2
4. Xét:
2y + x
x

′
 zy = 2 cos
. cos = 0
2
2
(π π )
( π π ) 3√3
Ta được một điểm tới hạn là
,
, ta có z
,
=
3 3
3 3
3
Xét trên biên của D:
{
π)
x=0 (
• Trên OA:
0≤t≤
thì z = sin y
y=t
2
( π)
Khi đó zmin (OA) = z(0, 0) = 0, zmax (OA) = z 0,
=2
2
{
π)
x=t (
• Trên OC:
0≤t≤
thì z = sin y
y=0
2
(π )
Khi đó zmin (OC) = z(0, 0) = 0, zmax (OC) = z
,0 = 2
2
{
π (
(
√
π)
π)
x=
• Trên BC:
thì z = 1 + 2 sin y +
0≤t≤
2
2
4
y=t
Khi đó:
(π )
(π π )
(π π )
√
zmin (BC) = z
,0 = z
,
= 2, zmax (BC) = z
,
=1+ 2
2
2 2
2 4
√
(π π )
3 3
Do đó zmin (D) = 0 tại (0, 0), zmax (D) =
tại
,
2
3 3
{ ′
zx = xy(2 − x)e−(x+y) = 0
5. Xét:
zy′ = x2 (1 − y)e−(x+y) = 0
Ta được các điểm tới hạn là (2, 1), (0, y) ∀y ∈ R
4
Chỉ có (2, 1) là nằm trong miền D, ta có z(2, 1) = 3
e
Xét trên biên của D:
{
x=0
• Trên OA:
(0 ≤ t ≤ 4) thì z = 0
y=t
{
x=t
• Trên OB:
(0 ≤ t ≤ 4) thì z = 0
y=0
{
x=t
(0 ≤ t ≤ 4) thì z = e−4 x2 (4 − x)
• Trên AB:
y =4−t
(
)
8 4
256 −4
Khi đó zmin (AB) = z(0, 4) = z(4, 0) = 0, zmax (AB) = z
,
e
=
3 3
27
Do đó: zmin (D) = 0 trên OA, OB, zmax (D) =
{
6. Xét:
zx′ = 2x − 1 = 0
zy′ = 4y = 0
(
4
tại (2, 1)
e3
)
(
)
1
1
1
Ta được một điểm tới hạn là
, 0 , ta có z
,0 = −
2
2
4
2
2
Xét trên biên C của D : x + y = 1.
Ta có: z(x, y) = x2 + 2y 2 − x = −x2 − x + 2
Đặt: f (x) = −x2 − x + 2 với −1 ≤ x ≤ 1
Khi đó, dễ dàng kiểm tra được:
16
(
zmin (C) = z(1, 0) = 0, zmax (C) = z
1
Do đó zmin (D) = − tại
4
(
)
1
,0 ,
2
√ )
1
3
9
− ,±
=
2
2
4
9
zmax (D) = tại
4
(
√ )
1
3
− ,±
2
2
Bài 26. Nhiệt độ của các điểm trên đĩa D : x2 + y 2 ≤ 1 cho bởi:
2
2
T (x, y) = (x + y)e−(x +y ) . Tìm nhiệt độ thấp nhất và nhiệt độ cao nhất trên đĩa.
Giải
{ ′
2
2
Tx = e−(x +y ) [1 − 2x(x + y)] = 0
Xét:
2
2
Ty′ = e−(x +y ) [1 − 2y(x + y)] = 0
)
(
)
(
1 1
1 1
, M2 − , −
Ta được hàm số có hai điểm tới hạn là M1
,
2 2
2 2
)
)
(
(
1
1
1 1
1 1
Ta có T
,
= √ ,T − ,−
= −√
2 2
2 2
e
e
2
2
Xét trên biên (C) của miền D : x + y = 1, ta tham số hóa (C) như sau:
x = cos t, y = sin t với t ∈ [0, 2π]
1
1
Khi đó: T (x, y) = (x + y) = (cos t + sin t) = f (t)
e
√ e (
2
π)
sin t +
với 0 ≤ t ≤ 2π
Ta có: f (t) =
e
4 √
√
2
2
5π
π
fmin (C) = −
tại t =
, fmax (C) =
tại t =
e
4
e
4
Cuối cùng ta được:
)
)
(
(
1
1
1 1
1 1
Tmin (D) = − √ tại M1 − , − , Tmax (D) = √ tại M1
,
2 2
2 2
e
e
Bài 27. Một hình hộp chữ nhật hở ở phía trên có thể tích 32cm3 . Hỏi các cạnh phải có
độ dài là bao nhiêu để hộp có diện tích xung quanh nhỏ nhất.
Giải
Gọi x, y, z lần lượt là chiều dài, chiều rộng, chiều cao của hình hộp chữ nhật.
Xét: F (x, y, z, λ) = 2(x + y)z + xy + λ(xyz
− 32)

4
 ′


λ=−
F
=
2z
+
y
+
λyz
=
0


x


x
 ′

Fy = 2z + x + λxz = 0
y=x
Xét:
⇔
x
Fz′ = 2(x + y) + λxy = 0




z=
 ′


2
Fλ = xyz − 32 = 0

xyz − 32 = 0
Với λ = −1 thì ta được điểm (4, 4, 2)
′′
′′
′′
′′
′′
′′
= 2 + λx
= 2 + λy, Fyz
= 1 + λz, Fxz
= 0, Fxy
= Fzz
= Fyy
Ta có: Fxx
2
Tại (4, 4, 2) thì d F = 2(−dxdy − 2dxdz − 2dydz)
1
Mặt khác tại (4, 4, 2) thì dφ = 0 ⇔ dx + dy + 2dz = 0 hay dz = − (dx + dy)
2
[(
]
)2
1
3
Do đó: d2 F = 2 dx + dy + dy 2 > 0
2
4
⇒ hàm số u(x, y, z) đạt cực tiểu địa phương tại (4, 4, 2)
Vậy các kích thuớc cần tìm của hình hộp chữ nhật là 4, 4, 2