...Date : 20-01-2021...
Đạo hàm riêng
✪Đạo hàm theo định nghĩa :
●1 biến :$$f'(x_0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}$$ ●2 biến :$$f'_x(x_0;y_0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x;y_0) - f({x_0;y_0})}}{{x - {x_0}}}\\ f'_y(x_0;y_0) = \mathop {\lim }\limits_{y \to {y_0}} \frac{{f(x_0;y) - f({x_0;y_0})}}{{y - {y_0}}}$$

✪Các công thức cần biết : $$\matrix{ du(x;y;z) = u'_xdx + u'_ydy + u'_zdz\\ d^2u(x;y) = u''_{xx}d^2x + u''_{xy}dxdy + u''_{yy}d^2y\\ \frac{{\partial z}}{{\partial x}} = z'_x; \frac{{{\partial ^2}z}}{{\partial {x^2}}} = z''_{xx} }$$ ✪Các bước làm bài :
  ●Bước 1 :Tìm các đạo hàm riêng cần thiết theo công thức đạo hàm.
  ●Bước 2 :Tính giá trị các đạo hàm cần thiết tại điểm đề cho.
    (Thay điểm đã cho vào đạo hàm tìm được ở bước 1 để tính. Nếu thay vào không tồn tại thì dùng định nghĩa để tính đạo hàm đó.)
  ●Bước 3 :Kết luận.

Ví dụ 1 :
Tính các đạo hàm riêng cấp 1 của hàm số $u = {e^{\frac{1}{{{x^2} + 2{y^2} + 3{z^2}}}}}$ tại (1;-1;1).
(Bài 6-Đề 1-Giải tích I cuối kì BKHN-K59)
Bài làm:
  ● Ta có : $$\matrix{ u{'_x} = {e^{\frac{1}{{{x^2} + 2{y^2} + 3{z^2}}}}}.\frac{{ - 2x}}{{{{({x^2} + 2{y^2} + 3{z^2})}^2}}}\\ u{'_y} = {e^{\frac{1}{{{x^2} + 2{y^2} + 3{z^2}}}}}.\frac{{ - 4y}}{{{{({x^2} + 2{y^2} + 3{z^2})}^2}}}\\ u{'_z} = {e^{\frac{1}{{{x^2} + 2{y^2} + 3{z^2}}}}}.\frac{{ - 6z}}{{{{({x^2} + 2{y^2} + 3{z^2})}^2}}} }$$
  ● Khi đó tại $x = 1$, $y = -1$, $z = 1$ ta có :
$$\matrix{ u{'_x} = \frac{{ - 2{e^{\frac{1}{6}}}}}{{36}}\\ u{'_y} = \frac{{ 4{e^{\frac{1}{6}}}}}{{36}}\\ u{'_z} = \frac{{ - 6{e^{\frac{1}{6}}}}}{{36}} }$$
(Đề yêu cầu tính đạo hàm riêng cấp 1 nên đến đây là xong không cần kết luận thêm gì)
Ví dụ 2 :
Cho $u = {x^{{y^z}}}$. Tính $du(2;1;3)$
(Bài 6-Đề 3-Giải tích I cuối kì BKHN-K59)
Bài làm:
  ● Ta có : $$\matrix{ u{'_x} = {y^z}{x^{{y^z} - 1}}\\ u{'_y} = z.{y^{z - 1}}.{x^{{y^z}}}\ln x\\ u{'_z} = {y^z}.{x^{{y^z}}}\ln x.\ln y }$$
  ● Khi đó tại $x = 2$, $y = 1$, $z = 3$ ta có :
$$\matrix{ u{'_x} = 2\\ u{'_y} = 6\ln 2\\ u{'_z} = 0 }$$   ● Vậy: $$du(2;1;3) = u{'_x}dx + u{'_y}dy + u{'_z}dz = 2dx + 6\ln 2dy + 0dz$$

Ví dụ 3 :
Cho hàm số $z=z(x;y)$ xác định bởi phương trình:${x^3} + 2x{y^2} + 2yz + {z^3} = 2$. Tính : $\frac{{\partial z}}{{\partial x}}(1;0),\frac{{\partial z}}{{\partial y}}(1;0).$
(Bài 7-Đề 5-Giải tích I cuối kì BKHN-K59)
Bài làm:
  ● Ta có:
_Đạo hàm cả 2 vế theo x :
(Coi x là biến, y là tham số, z là hàm chứa biến)
$$\matrix{ {\rm{3}}{{\rm{x}}^2} + 2{y^2} + 2y.z{'_x} + 3{z^2}.z{'_x} = 0\\ ⇒ z{'_x} = \frac{{{\rm{ - 3}}{{\rm{x}}^2} - 2{y^2}}}{{2y + 3{z^2}}} }$$
_Đạo hàm cả 2 vế theo y :
(Coi y là biến, x là tham số, z là hàm chứa biến)
$$\matrix{ 4xy + 2z + 2y.z{'_y} + 3{z^2}.z{'_y} = 0\\ ⇒ z{'_y} = \frac{{ - 4xy - 2z}}{{2y + 3{z^2}}} }$$
  ● Khi đó tại $x=1$, $y=0$ Suy ra $z=1$
      Vậy :
$$\matrix{ \frac{{\partial z}}{{\partial x}}(1;0) = z{'_x}(1;0) = - 1\\ \frac{{\partial z}}{{\partial y}}(1;0) = z{'_y}(1;0) = \frac{{ - 2}}{3} }$$

Ví dụ 4 :
Cho hàm số $f(x;y) = \sqrt[3]{{{x^3} - 2{y^3}}}$. Tính các đạo hàm riêng $\frac{{\partial f}}{{\partial x}}(0;0),\frac{{\partial f}}{{\partial y}}(0;0),\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}}(0;0).$
(Bài 8-Đề 7-Giải tích I cuối kì BKHN-K59)
Bài làm:
  ● Với $(x;y)≠(0;0)$ ta có:
(Cần tìm hàm $f{'_x}$ để tính $f'{'_{xx}}$)
$$f{'_x} = \frac{{{x^2}}}{{\sqrt[3]{{{{({x^3} - 2{y^3})}^2}}}}}$$ (Ta thấy với $x=0$, $y=0$ thì $f{'_x}$ vừa tính ở trên không xác định nên để tính $f{'_x}(0;0)$ ta phải dùng định nghĩa. Tương tự với $f{'_y}$ và $f''_{xx}$)
  ● Khi đó tại $x=0$, $y=0$ : $$\matrix{ f{'_x}(0;0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x;0) - f(0;0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{x} = 1\\ f{'_y}(0;0) = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{f(0;y) - f(0;0)}}{{y - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{\sqrt[3]{2}.y}}{y} = \sqrt[3]{2}\\ f''_{xx}(0;0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f{'_x}(x;0) - f{'_x}(0;0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - 1}}{x} = 0 }$$
  ● Vậy :

$$\matrix{ \frac{{\partial f}}{{\partial x}}(0;0) = f{'_x}(0;0) = 1\\ \frac{{\partial f}}{{\partial y}}(0;0) = f{'_y}(0;0) = \sqrt[3]{2}\\ \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}}(0;0) = f''_{xx}(0;0) = 0 }$$
(Bài này phải dùng định nghĩa để tính các đạo hàm tại (0;0). Vì nếu tính đạo hàm bằng công thức bình thường thì (0;0) không thỏa mãn điều kiện xác định các đạo hàm đó).
Có thể bạn quan tâm
ღ Lưu ý: Mình chỉ sử dụng Fanpage Theza2 để bình luận. Mọi nick khác đều không phải mình.
Mình hiện tại có những việc riêng phải bận cho cuộc sống của mình, sẽ không còn thường xuyên hồi đáp các bình luận, mong được lượng thứ..

...
1/8/239/5808







XtGem Forum catalog