Tính đạo hàm theo hướng \(\vec l = (1,2, - 2)\) của \(u = {e^x}({y^2} + z) - 2xy{z^3}\) tại \(A(0,1,2)\)
Đáp án đúng: B
Câu hỏi liên quan
\(\frac{{\partial {z_1}}}{{\partial x}} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}\)
\(\frac{{\partial {z_1}}}{{\partial y}} = \frac{y}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}\)
\(\overrightarrow {grad} {z_1} = \left( {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }},rac{y}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}} \right)\)
Tại M(3,4): \(\overrightarrow {grad} {z_1}(M) = \left( {\frac{3}{5},rac{4}{5}} \right)\)
\(\frac{{\partial {z_2}}}{{\partial x}} = 1 + \frac{{\sqrt 3 y}}{{2\sqrt x y}} = 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt {\frac{x}{y}} }}\)
\(\frac{{\partial {z_2}}}{{\partial y}} = - 3 + \frac{{\sqrt 3 x}}{{2\sqrt {xy} }} = - 3 + \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt {\frac{y}{x}} }}\)
\(\overrightarrow {grad} {z_2} = \left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt {\frac{x}{y}} }}, - 3 + \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt {\frac{y}{x}} }}} \right)\)
Tại M(3,4): \(\overrightarrow {grad} {z_2}(M) = \left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt {\frac{3}{4}} }}, - 3 + \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt {\frac{4}{3}} }}} \right) = \left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{{2\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}, - 3 + \frac{{\sqrt 3 }}{{2\frac{2}{{\sqrt 3 }}}}} \right) = (2, - 2)\)
Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai vector gradient. Ta có:
\(cos\alpha = \frac{{\overrightarrow {grad} {z_1}.\overrightarrow {grad} {z_2} }}{{\left| {\overrightarrow {grad} {z_1}} \right|\left| {\overrightarrow {grad} {z_2}} \right|}} = \frac{{\frac{3}{5}.2 + \frac{4}{5}.( - 2)}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^2}} \sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2}} }} = \frac{{ - \frac{2}{5}}}{{\sqrt 1 \sqrt 8 }} = \frac{{ - 2}}{{5.2\sqrt 2 }} = - \frac{1}{{5\sqrt 2 }}\)
\(\alpha = arccos\left( { - \frac{1}{{5\sqrt 2 }}} \right) \approx 1.72(rad)\)
Đáp án gần đúng nhất là B. 1 (thực tế là 1.72, đề bài không có đáp án đúng)
Ta có:
\(\nabla u = \left(\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial z}\right)\)
Tính các đạo hàm riêng:
\(\frac{\partial u}{\partial x} = sinz\)
\(\frac{\partial u}{\partial y} = -cosz\)
\(\frac{\partial u}{\partial z} = xcosz + ysinz\)
Vậy:
\(\nabla u = (sinz, -cosz, xcosz + ysinz)\)
Tại gốc tọa độ (0, 0, 0), ta có:
\(\nabla u(0, 0, 0) = (sin0, -cos0, 0cos0 + 0sin0) = (0, -1, 0)\)
Vậy, hướng mà sự biến thiên của hàm u tại gốc tọa độ là lớn nhất là \(\vec l = (0, -1, 0)\).
Do đó, đáp án đúng là B.
\(\frac{{\partial u}}{{\partial x}} = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}(2{x^2}yz + yz)\)
\(\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}(2{y^2}xz + xz)\)
\(\frac{{\partial u}}{{\partial z}} = {e^{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}(2{z^2}yx + xy)\)
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:
\(\int_0^{2\pi } {\int_0^\pi {\int_0^1 {(1 + 3{r^2}{{\sin }^2}\theta ){r^2}\sin \theta drd\theta d\phi } } } \)
\(= \int_0^{2\pi } {d\phi } \int_0^\pi {\int_0^1 {({r^2} + 3{r^4}{{\sin }^2}\theta )\sin \theta drd\theta } } \)
\(= 2\pi \int_0^\pi {\left[ {\frac{{{r^3}}}{3} + \frac{{3{r^5}}}{5}{{\sin }^2}\theta } \right]_0^1\sin \theta d\theta } \)
\(= 2\pi \int_0^\pi {\left( {\frac{1}{3} + \frac{3}{5}{{\sin }^2}\theta } \right)\sin \theta d\theta } \)
\(= 2\pi \left[ {\int_0^\pi {\frac{1}{3}\sin \theta d\theta } + \int_0^\pi {\frac{3}{5}{{\sin }^2}\theta \sin \theta d\theta } } \right]\)
\(= 2\pi \left[ {\frac{1}{3}[ - \cos \theta ]_0^\pi + \frac{3}{5}\int_0^\pi {(1 - {{\cos }^2}\theta )\sin \theta d\theta } } \right]\)
\(= 2\pi \left[ {\frac{1}{3}(2) + \frac{3}{5}\int_0^\pi {(\sin \theta - {{\cos }^2}\theta \sin \theta )d\theta } } \right]\)
\(= 2\pi \left[ {\frac{2}{3} + \frac{3}{5}\left[ { - \cos \theta + \frac{{{{\cos }^3}\theta }}{3}} \right]_0^\pi } \right]\)
\(= 2\pi \left[ {\frac{2}{3} + \frac{3}{5}\left( {2 - \frac{2}{3}} \right)} \right] = 2\pi \left[ {\frac{2}{3} + \frac{3}{5}\left( {\frac{4}{3}} \right)} \right]\)
\(= 2\pi \left[ {\frac{2}{3} + \frac{4}{5}} \right] = 2\pi \left[ {\frac{{10 + 12}}{{15}}} \right] = 2\pi \left[ {\frac{{22}}{{15}}} \right] = \frac{{44\pi }}{{15}}\)

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.