1

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP
BÀI TẬP CHƯƠNG 1
Bài tập 1.1. Ta có
|f (a + ∆x, b + ∆y) − f (a, b) − ∆(∆x, ∆y)|
lim
(∆x,∆y)→0
(∆x, ∆y)
| sin(a + ∆x) − sin a − cos a.∆x|
=
lim
(∆x,∆y)→0
∆x2 + ∆y 2
sin ∆x
|2 cos 2a+∆x
2
2 − cos a.∆x|
=
lim
(∆x,∆y)→0
∆x2 + ∆y 2
| cos 2a+∆x
∆x − cos a.∆x|
2
= lim
.
∆x→0
2

∆x→0
2
2
∆x + ∆y
⇒ Df (a, b) = 0.
Bài tập 1.2. Để chứng minh f khả vi tại x = 0 ta cần chỉ ra tồn tại một ánh
xạ tuyến tính đi từ Rn vào R thỏa giả thiết.
Thật vậy, xét ánh xạ tuyến tính O : Rn → R. Do hàm f thỏa:
|f (0)| ≤ 0

2

= 0 ⇒ f (0) = 0.

nên ta có
|f (x)|
h
|f (0 + h) − f (0) − O(h)|
=
≤
h
h
h

2

= h

nên
|f (0 + h) − f (0) − O(h)|


f (0 +

x→0

Tương tự:
+ D2 f (x, y) = lim

f (x, y +

y→0

⇒ D2 f (0, 0) = lim

f (0, 0 +

y→0

y) − f (x, y)
y
y) − f (0, 0)
= 0.
y

(b) Giả sử f khả vi tại (0, 0) ⇒ Df (0, 0) = (0, 0).
Ta có:
|f (0 +

lim


x| y|
= 0. (1)
( x)2 + ( y)2

y > 0.

Suy ra:
lim

( x, y)→(0,0)

x| y|
( x)2
1
= 0 (>< (1)).
=
lim
=
x→0 2( x)2
2
( x)2 + ( y)2

Vậy f không khả vi tại (0, 0).
Bài tập 1.4.
∂f ∂f
∂x ∂y
y
(b) Đặt f1 = x , f2 = 0.
(a) f (x, y, z) =



∂f ∂f
∂x ∂y

∂f
∂z

= sin y. cos(x. sin y) x. cos y cos(x. sin y)


3

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP

y
(d) Đặt f1 =sin(xy), f
2 = sin(x sin y), f3 = x .
∂f1 ∂f1
 ∂x ∂y  



y.
cos(x.y)
x.
cos(x.y)



 ∂f2 ∂f2  

+ 2x sin − cos
2
x
x

nên f không liên tục tại x = 0.
Bây giờ ta chứng minh trong mỗi lân cận của 0, hàm f không thể có ánh xạ
ngược. Thật vậy chọn 2 dãy:
xk =

1
2kπ

1

và yk =

(4k + 1)

π
2

k ∈ N.

Ta có
1
f (xk ) = − < 0,
2

f (yk ) =


0

x
x
−x
x

nếu t > 0
nếu t < 0
nếu t = 0

hay
h(t) =



 t. x .g



0

x
x

nếu x = 0
nếu x = 0



Hay h khả vi trên R.
+ x = 0: Khi đó x = 0 nên h = 0 trên R. Suy ra h khả vi trên R.
Như vậy trong mọi trường hợp ta có hàm h khả vi trên R.
(b) Ta có:
f (h, 0)
|f (h, 0) − f (0, 0)|
= lim
h→0
h→0
|h|
h

h, 0


h.g

h, 0


h

h .g
 lim
h
h→0
h
= lim
=
h, 0

Df (0, 0) = (0, 0).
mà
|f (h, k) − f (0, 0) − θ(h, k)|
|f (h, k)|
= lim √
(h,k)→(0,0)
(h,k)→(0,0) h2 + k 2
(h, k)
h, k
= lim g √
(h,k)→(0,0)
h2 + k 2
lim

=0


5

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP

Nếu tồn tại (x0 , y0 ) ∈ S1 sao cho g(x0 , y0 ) = 0 thì ta có thể giả sử x0 > 0.
y0
Khi đó với h > 0, k = h ta có:
x0



g


 = g(x0 , y0 ) = 0!!

x20

Vậy f không thể khả vi tại điểm (0, 0).
Bài tập 1.7. Nếu với mọi (x, y) ∈ R2 , ta có f (x, y) = 0 thì f là hàm hằng nên
f không thể đơn ánh.
Bây giờ giả sử tồn tại (x0 , y0 ) ∈ R2 sao cho: f (x0 , y0 ) = 0. Ta có thể giả sử
∂f
(x0 , y0 ) = 0.
∂x
Khi đó tồn tại một tập mở A chứa (x0 , y0 ) sao cho
D1 f (x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ A.
Xét hàm số g : R2 → R2 , g(x, y) = (f (x, y), y), ∀(x, y) ∈ R2 .
Ta có:




∂f ∂f
 ∂x ∂y 
g (x, y) = 

0
1
nên
det g (x, y) =

∂f
(x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ A.

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP

BÀI TẬP CHƯƠNG 2
Bài tập 2.1. Hình 2.0.1

Hình 2.0.1:
Bài tập 2.2. α(t) = − sin t, cos t
Bài tập 2.3. Đặt f (t) = α2 (t). Theo giả thiết thì α (t0 ) = min f (t)
=⇒f (t0 ) = 0
=⇒2.α(t0 ).α (t0 ) = 0

(1)

Do α không đi qua gốc tọa độ nên α(t) = 0, ∀t. Do đó từ (1) ta có α(t0 ) trực
giao với α (t0 ).
Bài tập 2.4. • Nếu α (t) = 0 ⇒ α(t) = c, ∀t. Vậy vết của α(t) là một điểm.
• Nếu α (t) = c = 0 ⇒ α(t) = ct + a, ∀t. Vậy vết của α(t) là một đường
thẳng hoặc một phần của đường thẳng.
Bài tập 2.5. Theo giả thiết ta có: α (t).v = 0
t

⇔

t

α (t).v.dt =
0

t


Vậy vết của đường tham số nằm trên một mặt nón.
(b)
C(t) = (sin 2t, 1 − cos 2t, 2 cos t)
= (2 sin t cos t, 2 sin2 t, 2 cos t)
Ta có
x2 + y 2 = (2 sin t cos t)2 + (2 sin2 t)2
= 4 sin2 t(cos2 t + sin2 t)
= 4 sin2 t
= 4(1 − cos2 t)
= 4 − 4 cos2 t
= 4 − z2
Suy ra x2 + y 2 + z 2 = 4.
Vậy vết của đường tham số C(t) nằm một mặt cầu có tâm O(0, 0, 0) và bán
kính R = 2. Chúng ta cũng chứng minh được vết của C(t) nằm trên mặt trụ


9

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP

Hình 2.0.2:

(Hình 2.0.2).
Bài tập 2.8. Tiếp tuyến đường tham số α(t) = (3t, 3t2 , 2t3 ) nhận t = α (t) =
(3, 6t, 6t2 ) làm vector
 chỉ phương

 y=0
Đường thẳng (d) :
có VTCP u = (1, 0, 1).

⇒C(θ) = (θ − sin θ, 1 − cos θ)


10

Hướng dẫn giải bài tập chương 2

Hình 2.0.3:

Suy ra
|C (θ)| =

(1 − θ)2 + sin2 θ

=

1 − 2 cos θ + cos2 θ + sin2 θ

=

2(1 − cos θ) ⇐⇒ |C (θ)| = 0

⇐⇒ 1 − cos θ = 0
⇐⇒ cos θ = 0
⇐⇒ θ = k2π , k ∈ Z
Do đó C(k2π) = (k2π, 0)
Vậy những điểm (k2π, 0) là những điểm kì dị của C(θ).
(b) Độ dài một nhịp của đường Cycloit.
2π



= 8.
Bài tập 2.10.
(a) Ta có c(t) = (t, t2 ), c (t) = (1, 2t), |c (t)| =

√

1 + 4t2

θ
dθ
2


11

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP

B√

B

|c (t)|dt =

Vậy l =
A

1 + 4t2 dt

A

−
A

B

B

−
A

B

B

A

A

t
1
+ t2
4

dt

B1
1
2
+ t dt +
.

(b) c : t → (t, ln t)
1
1
c (t) = (1, ) ⇒ |c (t)| = 1 + 2
t
t
B
B
1
⇒ l = |c (t)|dt =
1 + 2 dt
t
A
A
1
2
Đặt u = 1 + 2 ⇒ du = −
1
t
t3 .
1
1+ 2
t
du = dt ⇒ v = t
B
B
1
t
+
1

Đặt x = ⇒ dx = − 2 dt ⇒
t
t

B

A

Đặt y = x +

B

t2

dx
1
dt = − √
1
1 + x2
+
1
A
t2

√
dy
dx
1 + x2 ⇒
=√
y


t
1 + sinh2 dt
a
A
A
B
B
t
t
cosh2 dt = cosh dt
=
a
a
A
A
B
t
t B
= cosh dt = a sinh
a
a A
A
(d)
l=

|c (t)|dt =

c : t −→ (a sin t, a(1 − cos t)) a > 0
=⇒ C (t) = (a cos t, a sin) a > 0

sin t

cos4
2
2 + cos t = a| cos t|.
sin t
a| cos t|
=
= a. cot t
| sin t|

=⇒ |c (t)| = a2

B

B

= |c (t)|dt =

=⇒
A

B

a cot t.dt = a.
A

B

= a.

13

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP

Ta có c (t) = a(1 − cos t), a sin t, −2a sin t/2
a2 (1 − cos t)2 + a2 sin2 t + 4a2 sin2 t/2

⇒ |c (t)| =

= a 2 − 2 cos t + 2(1 − cos t)
√
= 2a 1 − cos t
2π

⇒l=

2π

|c (t)|dt = 2a
0

√

1 − cos tdt

0
2π

√
= 2 2a


2

3π
2

π

sin 2tdt −
0

=

sin2 2tdt
0

0

=

2π

5
25 cos2 t sin tdt =
4
2

sin 2tdt −

sin 2tdt +


2xz = a2


x3


y = 2

3a

2


z = a

2x

Suy ra đường cong (c) có tham số hóa là
c(t) =

t,

a
t3
a
=⇒ 2 = =⇒ t = a.
3
3a
3

a

2a4 + a4
dt =
4a2 t2
3

=

a4
t4
1 + 4 + 4 dt =
a
4a

2

t
a
−
3a 2t

3a

a

3a

= 9a.
a

Giao điểm B của (OP ) với đường thẳng x = 2a có tọa độ B(2a, 2at).
Giao điểm C của (OP ) với đường tròn (x − a)2 + y 2 = a2 có tọa độ
C

2at
2a
,
.
2
1 + t 1 + t2

Ta có:
OP =

4a2 t4 + 4a2 t6
(1 + t2 )2

BC =

4a2 t4 + 4a2 t6
.
(1 + t2 )2

Vậy OP = BC.
Phương trình tham số của đường tròn (C) :



x = a cos t + a


2
Do CB = OP nên
1
= 2t2 (1 + cos t0 )
1 + cos t0
a2 (1 − cos t0 )2
2
=⇒ t1 =
(1 + cos t0 )2
a(1 − cos t0 )
=⇒ t1 =
1 + cos t0
1 − cos t0
=⇒ P = a(1 − cos t0 ), a sin t0 .
1 + cos t0

2a2 (1 − cos t0 )2 .

t ∈ [0, 2π]


16

Hướng dẫn giải bài tập chương 2

Đặt t2 =

1 + cos t
. Khi đó, ta có:
sin t0

1 + t20
2a
d(M, ∆) = √
=
1 + t20
12 + 02
Suy ra
2a
=0
t0 →∞ 1 + t2
0

lim d(M, ∆) = lim

t0 →∞

Ta có
lim α (t) = lim

t0 →∞

t0 →∞

6at2 + 2at4
4at
,
(1 + t2 )2 (1 + t2 )2

= (0, 2a).


− sin t +
=0
sin
t


cos t = 0
2


 1 + sin t = 0
 sin t

cos t = 0

cos2 t = 0

⇐⇒ cos t = 0
π
⇐⇒ t = ± + kπ (k ∈ Z) (∗)
2
π
thì α (t) = 0
2
π
Do đó α(t) không chính quy tại t = .
t0 2
(b) Lấy M sin t0 , cos t0 + ln(tan ) ∈ α(t)
2
Ta có

2

1
)t
sin t0

,t ∈ R

t0
Gọi N = d ∩ Oy. Khi đó xN = 0 =⇒ yN = ln(tan )
2
t0
Suy ra N 0, ln(tan )
2
MN =

sin2 t0 + (ln tan

t0
t0
− cos t0 − ln tan )2 =
2
2

Bài tập 2.15.
3a − 6at3 6at − 33at4
,
.
(1 + t3 )2 (a + t3 )2
Tại t = 0, ta được α(0) = (0, 0).

t→∞ 1 + t3
t→∞ 1
t→∞
+1
3
t
Tương tự ta cũng có
3a
− 6a
3a − 6at
3
t
lim
= lim
2 =0
t→∞ (1 + t3 )2
t→∞
3
1
2
3 + t
t2
6a
− 3a
4
6at − 6at
t3
lim
=
lim

(1 + t3 )
√
=
2
(1 + t)3
(1 + t)2
|a|
|a|
1 + t3
1 − t + t2
√
√
=
=
2
2
Do đó

(1 + t)2
|a|
1 − t + t2
√
lim d = lim
=0
t→−1
t→−1
2
Ta có vector chỉ phương của tiếp tuyến tại α(t) là vector cùng phương với
−
vector α (t) là vector →

t→∞

t→∞

t→∞

Tương tự
lim abebt sin t + aebt cos t) = 0

t→∞

Vậy α (t) → (0, 0) khi t → ∞.
√
Mặt khác ta có |α (t)| = aebt . b2 + 1
t

=⇒ lim

t0 →∞
t0

√
√
ebt t
aebt . b2 + 1dt = a b2 + 1. lim
t0 →∞ t0 t0
√
a b2 + 1
=
lim (ebt − ebt0 )

−
= α(t)→
v

b
a

b

−
−
α (t)→
v + α(t)→
v dt

=
a

−
−
Do →
v là hằng nên →
v = 0.
b

−
α (t).→
v dt

−


−
|α (t).→
v |dt ≤
a

|α (t)|dt (2)
a

Từ (1), (2), suy ra
b

b

−
−
(q − p)→
v = α (t).→
v dt ≤
a
(q − p)
−
(b) Đặt →
v =
, theo Câu (a) ta có
|p − q|
b

a



21

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP

Theo giả thiết:
k = ϕ (s) cos2 ϕ(s) + ϕ (s) sin2 ϕ(s) = ϕ (s)
⇒ϕ (s) = const
⇒ϕ(s) = cs + a

 x (s) = cos(cs + a)
⇒
 y (s) = sin(cs + a)

Vậy, α =

1
−1
cos(cs + a) + c1 , sin(cs + a) + c2 .
c
c

Do đó α có vết nằm trên đường tròn C(I, r) với I(c1 , c2 ), r =

1
1
=
.
|c|
|k|

2
4
9t + 9t + 1 4t + 1 + 9t
√
2 9t4 + 9t2 + 1
k=
(4t2 + 1 + 9t4 )3/2
3
τ= 4
9t + 9t2 + 1
(b) c(t) = a cosh t, a sinh t, at)
c = (a sinh t, a cosh t, a)
c = (a cosh t, a sinh t, 0)
c = (a sinh t, a cosh t, 0)
c ∧ c = (−a2 sinh t, a2 cosh t, −a2 )
c 2 = 2a2 cosh2 t
√
|c | = a 2 cosh t
(c ∧ c )2 = 2a4 cosh2 t
√
|c ∧ c | = a2 2 cosh t
(c , c , c ) = a3


22

Hướng dẫn giải bài tập chương 2

sinh t
1

√
c ∧ c = (− 2e(−t) , 2et , 2)
e2t + 1
|c | =
et √
2(e2t + 1)
|c ∧ c | =
t
e√
(c , c , c ) = −2 2
√ t
e2t
−1
2e
t=
, 2t
, 2t
2t
e +1 e +1 e +1
√ t
−1
e2t
2e
b=
, 2t
, 2t
2t
e +1 e +1 e +1
√ t √ t
2e

23

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP

4 cos t −4 sin t −3
,
,
5
5
5
2
sin t cos t
sin t cos2 t
n= √ 2
,√
,0
sin t cos2 t sin2 t cos2 t
3
k= √ 2
25 sin t cos2 t
4
τ=
25 sin t cos t
(e) c(t) = (2t, ln t, t2 )
1
−1
2
c = (2, , 2t), c = (0, 2 , 0), c = (0, 3 , 0).
t
t

1 + 2t2 1 + 2t2 1 + 2t2
b=

b=

2t
−2t2
−1
,
,
2
2
1 + 2t 1 + 2t 1 + 2t2

1 − 2t2 −2t
2t
,
,
2
2
1 + 2t 1 + 2t 1 + 2t2
2t
−2t
k=
,
τ
=
.
(1 + 2t2 )2
(1 + 2t2 )2


Vậy tham số s là độ dài cung.
(b) Ta có
α (s) = −

Hàm độ cong k(s) = |α (s)| =
Tìm hàm độ xoắn

a
s
a
s
cos , − 2 sin , 0
2
c
c c
c
a2
s a2
s
a
2
cos
+
sin
=
c4
c c4
c
c2

b = t ∧ n = − sin , cos ,
c
c c
c c
b
s
b
s
=⇒ b = − 2 cos , − 2 cos , 0 .
c
c c
c

b
c2
(c) Mặt phẳng mặt tiếp của α(s) qua điểm
Suy ra τ = −

α(s0 ) = a cos

s0
s0 s0
, a sin , b
c
c c

và nhận
b
s0 b
s0 a

s0
a
abs0
⇐⇒ − sin .x + cos .y + .z + 2 = 0.
c
c
c
c
c
c
s
s
s bs
s
(d) Ta có n(t) = a cos − a cos .t, sin − a sin .t,
c
c
c
c c
Đặt N = n(t) Oz, suy ra N (0, 0, bs/c).
0 − a cos
=⇒ cos(n(t), Oz) =

s
s
+ 0 a sin
+ 1.0
c
c
= 0.

t
2
t
t
t
t
= a(2 − 2 cos2 ), 2a sin cos , −2a sin
2
2
2
2
t
t
t
t
c”(t) = 2a sin cos , a(2 cos2 − 1), −a cos
2
2
2
2
c (t) = a(1 − cos t), a sin t, −2a sin

Khi đó ta được:
c (t) ∧ c”(t) =
=

t
t
t
t

2
= √
k(t) =
t
|c (t)|3
3
16 2a3 sin
2
1
=
t.
8a sin
2
Khi đó bán kính cong của đường đã cho bằng
r(t) =

1
t
= 8a sin
k(t)
2

Để bán kính cong đạt cực trị địa phương thì
r (t) = 0 ⇔ cos

t
= 0 ⇔ t = π + k2π
2

Suy ra các điểm làm cho bán kính cong đạt cực trị địa phương ứng với