Chương 1: PHÉP DỜI HÌNH VÀ PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG

Hồ Minh Phi

Tính: \(a.I=\int\frac{x}{\left(x^4-4\right)^2}dx\)

\(b.J=\lim\limits_{x\rightarrow0}\left(\cos x\right)_x\frac{1}{2}\)

Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 13:50

Bài 1:

\(I=\int \frac{x}{(x^4-4)^2}dx=\frac{1}{2}\int \frac{d(x^2)}{(x^4-4)^2}=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{(t^2-4)^2}\)

\(=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{(t-2)^2.(t+2)^2}=\frac{1}{32}\int (\frac{1}{t-2}-\frac{1}{t+2})^2dt=\frac{1}{32}\int \frac{dt}{(t-2)^2}+\frac{1}{32}\int \frac{dt}{(t+2)^2}-\frac{1}{16}\int \frac{dt}{(t-2)(t+2)}\)

\(=\frac{1}{32}\int \frac{dt}{(t-2)^2}+\frac{1}{32}\int \frac{dt}{(t+2)^2}-(\frac{1}{64}\int \frac{dt}{t-2}-\frac{1}{64}\int \frac{dt}{t+2})\)

\(=-\frac{1}{32(t-2)}-\frac{1}{32(t+2)}-\frac{1}{64}\ln |t-2|+\frac{1}{64}\ln |t+2|+c\)

b) Đề lỗi. Bạn xem lại đề.

Bình luận (0)
Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 19:40

Bài 2:

Ta có:

\(J=\lim\limits_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1}{x^2}}=\lim\limits_{x\to 0}e^{\frac{\ln (\cos x)}{x^2}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln (\cos x)}{x^2}}\)

Ta thấy với $x\to 0$ thì $\ln \cos x\to 0; x^2\to 0$ nên áp dụng nguyên tắc L'Hospital ta có:

\(\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln \cos x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(\ln \cos x)'}{(x^2)'}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{-\sin x}{\cos x.2x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(-\sin x)'}{(2x\cos x)'}\)

\(=\lim\limits_{x\to 0}\frac{-\cos x}{2\cos x-2x\sin x}=\frac{-1}{2}\)

Do đó $J=e^{\frac{-1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{e}}$

Bình luận (0)
Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 19:49

Bài 4:

Thấy rằng:

\(\left\{\begin{matrix} z'_x=1-2x=0\\ z'_y=2-2y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=1\end{matrix}\right.\)

Do đó hàm số có điểm dừng $M(\frac{1}{2}, 1)$

Tại $M(\frac{1}{2}, 1)$ ta thấy:

\(\left\{\begin{matrix} z''_{xx}=-2=A\\ z''_{xy}=0=B\\ z''_{yy}=-2=C\end{matrix}\right.\)

Ta thấy: $B^2-AC< 0$ và $A<0$ nên hàm $z$ có cực đại tại $(x,y)=(\frac{1}{2}, 0)$

Vậy $z_{cđ}=\frac{45}{4}$ tại $(x,y)=(\frac{1}{2},0)$

Bình luận (0)
Akai Haruma
31 tháng 7 2020 lúc 20:28

Bài 4:

Để chứng minh $f(x,y)$ liên tục tại $(0;0)$ ta chứng minh \(\lim\limits _{x\to 0, y\to 0}f(x)=\lim\limits _{x\to 0, y\to 0}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=0\)

Thật vậy:

Với mọi \(\varepsilon >0\) ta chọn \(\delta=2\varepsilon\). Khi $\sqrt{x^2+y^2}< \delta$ thì ta luôn có:

\(|f(x)|=\frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq \frac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}< \frac{\delta}{2}=\varepsilon\)

Theo định nghĩa giới hạn suy ra

\(\lim\limits_{x\to 0; y\to 0}f(x,y)=0=f(0,0)\) nên hàm liên tục tại $(0;0)$

Bình luận (0)

Các câu hỏi tương tự
Julian Edward
Xem chi tiết
Julian Edward
Xem chi tiết
Julian Edward
Xem chi tiết
Julian Edward
Xem chi tiết
Julian Edward
Xem chi tiết
Dương Nguyễn
Xem chi tiết
Dương Nguyễn
Xem chi tiết
Julian Edward
Xem chi tiết
Julian Edward
Xem chi tiết