Cho điểm \(A(2, - 1,0),B(1,1,3)\). Tính đạo hàm của hàm \(u = {x^3} + 3{y^2} + {e^z} + xy{z^2}\) tại điểm \(A\) theo hướng \(\overrightarrow {AB} \)
Đáp án đúng: C
Câu hỏi liên quan
\(\frac{{\partial u}}{{\partial x}} = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}(2{x^2}yz + yz)\)
\(\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}(2{y^2}xz + xz)\)
\(\frac{{\partial u}}{{\partial z}} = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}(2{z^2}yx + xy)\)
Từ \(\frac{{\partial u}}{{\partial x}} = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}(2{x^2}yz + yz)\) suy ra:
\(u = \int {{e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}(2{x^2}yz + yz)dx} = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}xyz + C(y,z)\)
Khi đó, \(\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}(2{y^2}xz + xz) + \frac{{\partial C}}{{\partial y}}(y,z)\)
Suy ra \(\frac{{\partial C}}{{\partial y}}(y,z) = 0\) hay C(y,z) = C(z). Do đó \(u = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}xyz + C(z)\)
Tiếp tục, \(\frac{{\partial u}}{{\partial z}} = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}(2{z^2}yx + xy) + C'(z)\)
Suy ra C'(z) = 0 hay C(z) = C (hằng số).
Vậy hàm thế vị là \(u = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}xyz + C\)
Để tính thông lượng của trường vector \(\vec F = x\vec i + ({y^3} + 2z)\vec j + (3{x^2}z - x)\vec k\) qua mặt cầu \(S:{x^2} + {y^2} + {z^2} = 1\) hướng ra ngoài, ta sử dụng định lý Gauss (định lý phân kỳ). Định lý này nói rằng thông lượng của một trường vector qua một mặt kín bằng tích phân ba lần của divergence của trường vector trên miền giới hạn bởi mặt đó.
Tính divergence của \(\vec F\):
\(\nabla \cdot \vec F = \frac{{\partial P}}{{\partial x}} + \frac{{\partial Q}}{{\partial y}} + \frac{{\partial R}}{{\partial z}}\) trong đó \(\vec F = P\vec i + Q\vec j + R\vec k\)
Ở đây, \(P = x\), \(Q = {y^3} + 2z\), \(R = 3{x^2}z - x\)
Vậy:
\(\frac{{\partial P}}{{\partial x}} = \frac{{\partial x}}{{\partial x}} = 1\)
\(\frac{{\partial Q}}{{\partial y}} = \frac{{\partial ({y^3} + 2z)}}{{\partial y}} = 3{y^2}\)
\(\frac{{\partial R}}{{\partial z}} = \frac{{\partial (3{x^2}z - x)}}{{\partial z}} = 3{x^2}\)
Do đó, \(\nabla \cdot \vec F = 1 + 3{y^2} + 3{x^2}\)
Bây giờ, ta tính tích phân ba lần của divergence trên miền \(V\) là khối cầu \({x^2} + {y^2} + {z^2} \le 1\):
\(\iiint_V {(\nabla \cdot \vec F)dV} = \iiint_V {(1 + 3{x^2} + 3{y^2})dV} \)
Sử dụng tọa độ cầu:
\(x = r\sin \theta \cos \phi\), \(y = r\sin \theta \sin \phi\), \(z = r\cos \theta\)
\(dV = {r^2}\sin \theta dr d\theta d\phi\)
\({x^2} + {y^2} = {r^2}{\sin ^2}\theta\)
Tích phân trở thành:
\(\int_0^{2\pi } {\int_0^\pi {\int_0^1 {(1 + 3{r^2}{{\sin }^2}\theta ){r^2}\sin \theta drd\theta d\phi } } } \)
\(= \int_0^{2\pi } {d\phi } \int_0^\pi {\int_0^1 {({r^2} + 3{r^4}{{\sin }^2}\theta )\sin \theta drd\theta } } \)
\(= 2\pi \int_0^\pi {\left[ {\frac{{{r^3}}}{3} + \frac{{3{r^5}}}{5}{{\sin }^2}\theta } \right]_0^1\sin \theta d\theta } \)
\(= 2\pi \int_0^\pi {\left( {\frac{1}{3} + \frac{3}{5}{{\sin }^2}\theta } \right)\sin \theta d\theta } \)
\(= 2\pi \left[ {\int_0^\pi {\frac{1}{3}\sin \theta d\theta } + \int_0^\pi {\frac{3}{5}{{\sin }^2}\theta \sin \theta d\theta } } \right]\)
\(= 2\pi \left[ {\frac{1}{3}[ - \cos \theta ]_0^\pi + \frac{3}{5}\int_0^\pi {(1 - {{\cos }^2}\theta )\sin \theta d\theta } } \right]\)
\(= 2\pi \left[ {\frac{1}{3}(2) + \frac{3}{5}\int_0^\pi {(\sin \theta - {{\cos }^2}\theta \sin \theta )d\theta } } \right]\)
\(= 2\pi \left[ {\frac{2}{3} + \frac{3}{5}\left[ { - \cos \theta + \frac{{{{\cos }^3}\theta }}{3}} \right]_0^\pi } \right]\)
\(= 2\pi \left[ {\frac{2}{3} + \frac{3}{5}\left( {2 - \frac{2}{3}} \right)} \right] = 2\pi \left[ {\frac{2}{3} + \frac{3}{5}\left( {\frac{4}{3}} \right)} \right]\)
\(= 2\pi \left[ {\frac{2}{3} + \frac{4}{5}} \right] = 2\pi \left[ {\frac{{10 + 12}}{{15}}} \right] = 2\pi \left[ {\frac{{22}}{{15}}} \right] = \frac{{44\pi }}{{15}}\)
Trong trường hợp này, mặt không kín, nên ta cần tạo một mặt kín bằng cách thêm các mặt đáy \(z=2\) và \(z=5\). Gọi \(S\) là mặt nón, \(S_1\) là mặt đáy tại \(z=2\) và \(S_2\) là mặt đáy tại \(z=5\).
Thông lượng qua mặt kín \(S \cup S_1 \cup S_2\) là:
\(\oint_{S \cup S_1 \cup S_2} \vec F \cdot \vec n dS = \iiint_V div(\vec F) dV\)
Tính phân kỳ của \(\vec F\):
\(div(\vec F) = \frac{\partial}{\partial x}({x^2} - 2y + z) + \frac{\partial}{\partial y}(-{z^2} - 2xy) + \frac{\partial}{\partial z}(x) = 2x - 2x + 0 = 0\)
Do đó, \(\iiint_V div(\vec F) dV = \iiint_V 0 dV = 0\).
Vậy, \(\oint_{S \cup S_1 \cup S_2} \vec F \cdot \vec n dS = 0\).
Ta có:
\(\oint_{S} \vec F \cdot \vec n dS + \iint_{S_1} \vec F \cdot \vec n dS + \iint_{S_2} \vec F \cdot \vec n dS = 0\)
Gọi \(\Phi\) là thông lượng qua mặt nón S. Ta cần tính \(\Phi = \iint_S \vec F \cdot \vec n dS\).
Tính thông lượng qua \(S_1\) (z=2):
\(\vec n = -\vec k\), \(\vec F = ({x^2} - 2y + 2)\vec i - (4 + 2xy)\vec j + x\vec k\)
\(\vec F \cdot \vec n = -x\)
\(\iint_{S_1} \vec F \cdot \vec n dS = \iint_{S_1} -x dA = \int_0^{2\pi} \int_0^1 -r\cos(\theta) r dr d\theta = -\int_0^{2\pi} \cos(\theta) d\theta \int_0^1 r^2 dr = 0\) (do tích phân của cos từ 0 đến 2pi bằng 0)
Tính thông lượng qua \(S_2\) (z=5):
\(\vec n = \vec k\), \(\vec F = ({x^2} - 2y + 5)\vec i - (25 + 2xy)\vec j + x\vec k\)
\(\vec F \cdot \vec n = x\)
\(\iint_{S_2} \vec F \cdot \vec n dS = \iint_{S_2} x dA = \int_0^{2\pi} \int_0^4 r\cos(\theta) r dr d\theta = \int_0^{2\pi} \cos(\theta) d\theta \int_0^4 r^2 dr = 0\) (do tích phân của cos từ 0 đến 2pi bằng 0)
Vậy, \(\Phi + 0 + 0 = 0\) => \(\Phi = 0\).
Để tính thông lượng của trường vector \(\vec F = {x^3}\vec i + {y^2}\vec j + \frac{{{z^2}}}{2}\vec k\) qua biên ngoài \(S\) của miền \(V\) cho bởi \(|x - y| \le 1, |y - z| \le 1, |z + x| \le 1\), ta sử dụng định lý Gauss (định lý phân kỳ). Định lý này cho phép ta chuyển tích phân mặt qua biên \(S\) thành tích phân ba lớp trên miền \(V\) của div\(\vec F\).
div\(\vec F\) = \(\frac{{\partial {x^3}}}{{\partial x}} + \frac{{\partial {y^2}}}{{\partial y}} + \frac{{\partial (\frac{{{z^2}}}{2})}}{{\partial z}} = 3{x^2} + 2y + z\)
Thông lượng \(\Phi = {\iiint }_V {(\nabla.\vec F)dV} = {\iiint }_V {(3x^2 + 2y + z)dV} \)
Đặt \(x' = x - y, y' = y - z, z' = z + x\). Khi đó, \(|x'| \le 1, |y'| \le 1, |z'| \le 1\)
Ta có:\(x = \frac{1}{2}(x' - y' + z'), y = \frac{1}{2}(x' + y' + z'), z = \frac{1}{2}(-x' + y' + z')\)
Vậy:
\(3{x^2} + 2y + z = 3(\frac{1}{2}(x' - y' + z'))^2 + 2(\frac{1}{2}(x' + y' + z')) + \frac{1}{2}(-x' + y' + z') = \frac{3}{4}({x'^2} + {y'^2} + {z'^2} - 2x'y' - 2y'z' + 2x'z') + x' + 2y' + \frac{3}{2}z'\)
Jacobian của phép biến đổi là:
\(J = \begin{vmatrix} \frac{{\partial x}}{{\partial x'}} & \frac{{\partial x}}{{\partial y'}} & \frac{{\partial x}}{{\partial z'}} \\ \frac{{\partial y}}{{\partial x'}} & \frac{{\partial y}}{{\partial y'}} & \frac{{\partial y}}{{\partial z'}} \\ \frac{{\partial z}}{{\partial x'}} & \frac{{\partial z}}{{\partial y'}} & \frac{{\partial z}}{{\partial z'}} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{vmatrix} = \frac{1}{2}\)
Khi đó, \(\Phi = \int_{ - 1}^1 {\int_{ - 1}^1 {\int_{ - 1}^1 {(3x^2 + 2y + z)|J|dx'dy'dz'} } } = \int_{ - 1}^1 {\int_{ - 1}^1 {\int_{ - 1}^1 {(\frac{3}{4}({x'^2} + {y'^2} + {z'^2} - 2x'y' - 2y'z' + 2x'z') + x' + 2y' + \frac{3}{2}z')\frac{1}{2}dx'dy'dz'} } }\)
\( = \frac{1}{2}\int_{ - 1}^1 {\int_{ - 1}^1 {\int_{ - 1}^1 {\frac{3}{4}({x'^2} + {y'^2} + {z'^2})dx'dy'dz'} } } = \frac{1}{2}.\frac{3}{4}.3.\frac{2}{3}.2.2 = 3\)

Bộ Đồ Án Tốt Nghiệp Ngành Trí Tuệ Nhân Tạo Và Học Máy

Bộ 120+ Đồ Án Tốt Nghiệp Ngành Hệ Thống Thông Tin

Bộ Đồ Án Tốt Nghiệp Ngành Mạng Máy Tính Và Truyền Thông

Bộ Luận Văn Tốt Nghiệp Ngành Kiểm Toán

Bộ 370+ Luận Văn Tốt Nghiệp Ngành Kế Toán Doanh Nghiệp

Bộ Luận Văn Tốt Nghiệp Ngành Quản Trị Thương Hiệu
ĐĂNG KÝ GÓI THI VIP
- Truy cập hơn 100K đề thi thử và chính thức các năm
- 2M câu hỏi theo các mức độ: Nhận biết – Thông hiểu – Vận dụng
- Học nhanh với 10K Flashcard Tiếng Anh theo bộ sách và chủ đề
- Đầy đủ: Mầm non – Phổ thông (K12) – Đại học – Người đi làm
- Tải toàn bộ tài liệu trên TaiLieu.VN
- Loại bỏ quảng cáo để tăng khả năng tập trung ôn luyện
- Tặng 15 ngày khi đăng ký gói 3 tháng, 30 ngày với gói 6 tháng và 60 ngày với gói 12 tháng.