Trong bài viết này chúng tôi đưa ra 3 đề thi gồm đề thi số 1, đề thi số
2, đề kiểm tra giữa học kì môn Giải tích đa trị, cùng những lời giải chi tiết
và bình luận sẽ phần nào giúp ích cho những đọc giả đang theo học môn
này.
KÌ THI KẾT THỨC HỌC PHẦN
ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HỌC KÌ I - NĂM HỌC 2014-2015
ĐỀ THI MÔN: Giải tích không trơn
Dành cho lớp cao học k22 - Đề số 1
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1:(3 điểm) Tính trực tiếp đạo hàm theo hướng suy rộng f 0 (0, v) v ∈ R.
x2 + 1 nếu x ≥ 0
Với f là hàm được xác định bởi: f (x) =
x + 1 nếu x < 0
C
Từ đó suy ra ∂ f (0).
Câu 2:(4 điểm) Cho tập hợp
D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 2, y ≤ |x|}.

a) Biểu diễn tường minh hàm dD (x, y) trong lân cận điểm (0, 0), từ
đó tính ND (0, 0) và TD (0, 0).
b) Tính trực tiếp ND (1, 1) và TD (1, 1).
Câu 3:(3 điểm) Cho f, g là các hàm nửa liên tục dưới trên không gian
Hilbert X . Sử dụng đặc trưng của dưới phân vi xấp xỉ chứng minh rằng
∂p f (x) + ∂p g(x) ⊂ ∂p (f + g)(x).

(1)

Cho ví dụ để thấy dấu đẳng thức trong (1) không xảy ra.

Hết

Sinh viên không được sử dụng tài liệu khi làm bài.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên sinh viên . . . . . . . . . . . . . . . . . số báo danh . . . . . . . . . . . . . . . . .
1


LỜI GIẢI
Câu 1: Đặt h(x, t) =

f (x + t) − f (x)
. Khi đó theo định nghĩa của dưới vi
t

phân suy rộng chúng ta có :
f 0 (0, 1) = lim sup h(x, t) = max{ lim sup h(x, t), lim sup h(x, t)}.
x→0,t→0+

+ lim sup h(x, t) =
x→0+ ,t→0+

x→0− ,t→0+

x→0+ ,t→0+

lim

x→0+ ,t→0+

(2x + t) = 0.


+ Chúng ta có
h(x, t) =


1

nếu − x ≥ t ≥ 0

2
2x + t + x − x
t

nếu 0 < −x < t.

Do đó h(x, t) ≤ 1 + 2t, ∀t > 0, x < 0. Nên lim sup h(x, t) ≤
x→0− ,t→0+

lim

x→0− ,t→0+

(1 +

2t) = 1.
2

1

Mặt khác với mỗi n ∈ N∗ chọn xn = − và tn = thì xn → 0− , tn → 0+ và
n

n
lim h(xn , tn ) = 1. Suy ra
n→0

lim sup h(x, t) = 1.
x→0− ,t→0+

Vậy f 0 (0, 1) = 1.
Đặt g(x, t) =

f (x − t) − f (x)
. Khi đó
t

f 0 (0, −1) = lim sup g(x, t) = max{ lim sup g(x, t), lim sup g(x, t)}.
x→0+ ,t→0+

x→0,t→0+

+ lim sup g(x, t) =
x→0− ,t→0+

lim

x→0− ,t→0+

x→0− ,t→0+

(−1) = −1.


+ Chúng ta có
g(x, t) =


−2x + t

nếu x ≥ t ≥ 0

2
−1 + −x + x
t

2

nếu 0 < x < t.


Do đó g(x, t) ≤ 0, ∀t > 0, x > 0. Nên lim sup g(x, t) ≤ 0.
x→0+ ,t→0+

2

1

Mặt khác với mỗi n ∈ N∗ chọn xn = và tn = thì xn → 0+ , tn → 0+ và
n
n
lim g(xn , tn ) = 0. Suy ra

n→0


lim sup g(x, t) = 0.
x→0+ ,t→0+

Vậy f 0 (0, −1) = 0.
Do đó chúng ta thu được
nếu v ≥ 0
0 nếu v < 0.
v

f 0 (0, v) =

Ta có
∂ C f (0) = {a ∈ R | av ≤ f 0 (0, v), ∀v ∈ R} = [0, 1].

Câu 2:
a) Xét hình cầu B (0, 2) là một lân cận của


0
nếu


y − x
√
nếu
dD (x, y) =
2



y+x

 √
nếu
2

điểm (0, 0) chúng ta có
(x, y) ∈ D
(x, y) ∈ D1
(x, y) ∈ D2 .

Ở đây D1 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ y} ∩ B (0, 2) và D2 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤
−x ≤ y} ∩ B (0, 2).
y+x
y−x
Với (x, y) ∈ B (0, 2) đặt: f1 (x, y) = 0, f2 (x, y) = √ , f3 (x, y) = √ . Đặt
2

Ω = ∂D ∪ ∂D1 ∪ ∂D2 , suy ra µ(Ω) = 0 và ΩdD ⊂ Ω.
∀(x, y) ∈ intD suy ra
dD (x, y) =

f1 (x, y) = (0, 0).

Với mọi ∀(x, y) ∈ intD1 suy ra
dD (x, y) =

1 1
f2 (x, y) = (− √ , √ ).
2 2

3

2


Với mọi ∀(x, y) ∈ intD2 suy ra
1 1
f3 (x, y) = ( √ , √ ).
2 2

dD (x, y) =

1 1
1 1
2 2
2 2
a
C
0
Chúng ta có dD ((0, 0), (a, b)) = max{ax+by : (x, y) ∈ ∂ dD (0, 0)} = max{0, − √ +
2
b a
b
2
0
√ , √ + √ }. Do đó suy ra TD (0, 0) = {(a, b) ∈ R | dD ((0, 0), (a, b)) = 0} =
2 2
2
{(a, b) | b ≤ a ≤ −b, b ≤ 0} và ND (0, 0) = {(x, y) | ax + by ≤ 0, ∀(x, y) ∈
TD (0, 0)} = {(x, y) | |x| ≤ y}.

b) Với δ < 1, xét hình cầu B ((1, 1), δ) là một lân cận của (1, 1). Khi đó trong
lân cận B ((1, 1), δ) của điểm (1, 1) chúng ta có:

Chúng ta có (0, 0) ∈ D∪D1 ∪D2 nên ∂ C dD (0, 0) = co{(0, 0), (− √ , √ ), ( √ , √ )}

dD (x, y) =

y − x

√



 2

nếu (x, y) ∈ B1

(x − 1)2 + (y − 1)2







x2

+ y2

−2


0

nếu (x, y) ∈ B2
nếu (x, y) ∈ B3
nếu (x, y) ∈ B4 .

Ở đây B1 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ y, y ≤ 2−x}∩ B ((1, 1), δ), B2 = {(x, y) : 0 < x ≤
y, y ≥ 2 − x} ∩ B ((1, 1), δ); B3 = {(x, y) ∈
/ D : 0 < y ≤ x} ∩ B ((1, 1), δ); B4 =
D ∩ B ((1, 1), δ).
Với (x, y) ∈ B (0, δ) đặt Ω = ∂B1 ∪ ∂B2 ∪ ∂B3 ∪ B4 , suy ra µ(Ω) = 0 và
ΩdD ⊂ Ω.
∀(xn , yn ) ∈ intB1 suy ra
1 1
dD (xn , yn ) = (− √ , √ ).
2 2

Với mọi ∀(xn , yn ) ∈ intB2 suy ra
dD (xn , yn ) = (

xn − 1
(xn − 1)2 + (yn − 1)2

,

yn − 1
(xn − 1)2 + (yn − 1)2

).


Với mọi ∀(xn , yn ) ∈ intB3 suy ra
dD (xn , yn ) = (

xn
x2n + yn2

,

yn

1 1
) → ( √ , √ ) khi xn → 1, yn → 1.
2 2
x2n + yn2
4


Với mọi (xn , yn ) ∈ intB4 suy ra ∂ C dD (xn , yn ) = (0, 0). Chúng ta chú ý
(xn , yn ) ∈ intB2 , xn → 1, yn → 1, và lim dD (xn , yn ) tồn tại, thì limn→0 dD (xn , yn ) ⊆
n→0

1 1
1
1 1
1 1
co{( √ , √ ), (0, 0), (0, √ )}. Do đó suy ra ∂ C dD (1, 1) = co{(− √ , √ ), (0, 0), ( √ , √ )}.
2 2
2
2 2

2 2
Phần còn lại làm tương tự ý a).
Câu 3: Nếu ∂ C f (x) = ∅ hoặc ∂ C g(x) = ∅, thì (1) được thỏa mãn.
Nếu ∂ C f (x) = ∅, ∂ C g(x) = ∅ thì với mọi x0 ∈ ∂ C f (x), y0 ∈ ∂ C g(x) sẽ tồn tại
σ ≥ 0, δ > 0 (σ = max{σf , σg }, δ = min{δf , δg }) sao cho
f (z) ≥ f (x) + x0 , z − x − σ z − x 2 , ∀z ∈ B(x, δ)

(2)

g(z) ≥ g(x) + x0 , z − x − σ z − x 2 , ∀z ∈ B(x, δ).

(3)

và

Cộng (2) và (3) vế theo vế chúng ta thu được x0 + y0 ∈ ∂ C (f + g)(x).
Ví dụ: lấy f (x) = |x| và g(x) = −|x| trên không gian R. Khi đó (f + g)(x) =
0 suy ra ∂ C (f + g)(0) = {0} nhưng ∂ C g(0) = [−1, 1] và ∂ C f (0) = ∅ nên
∂ C f (0) + ∂ C g(0) = ∅.

5


KÌ THI KẾT THỨC HỌC PHẦN
ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HỌC KÌ I - NĂM HỌC 2014-2015
ĐỀ THI MÔN: Giải tích không trơn
Dành cho lớp cao học k22 - Đề số 2
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1:(4 điểm) Cho hàm hai biến

f (x, y) = min{x2 − y, 4x + y} + |y|, ∀(x, y) ∈ R2 .

a) Tính trực tiếp ∂ C f (0, 0), ∂ C f (2, −2).
b) Suy ra f 0 ((0, 0), (2, 1)) và f 0 ((2, −2), (1, 2)).
Câu 2:(3 điểm) Biểu diễn tập hợp sau trong hệ trục tọa độ Oxy :
D = {(x, y) ∈ R2 | y ≤

√
3

x và (x ≤ 0 hoặc y ≥ 0)}.

Xác định nón pháp tuyến ND (0, 0) và nón tiếp xúc TD (0, 0) của D tại điểm
(0, 0).
Câu 3:(3 điểm) Cho hàm số
f (x) =

−x2
x2 − 2x

nếu x ≤ 0
nếu x > 0.

Xác định dưới vi phân xấp xỉ ∂p f (x), ∀x ∈ R.

Hết
Sinh viên không được sử dụng tài liệu khi làm bài.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên sinh viên . . . . . . . . . . . . . . . . . số báo danh . . . . . . . . . . . . . . . . .


6


LỜI GIẢI
Câu 1: Vì x2 −y, 4x+y, y là các hàm khả vi liên tục nên suy ra min x2 − y, 4x + y, |y|
là lipschitz địa phương trên R2 nên f (x, y) cũng vậy. Chúng ta có

4x + 2y nếu (x, y) ∈ D1



x2
nếu (x, y) ∈ D2
f (x) =

4x
nếu (x, y) ∈ D3


 2
x − 2y nếu (x, y) ∈ D4
x2 − 4x
x2 − 4x
}; D2 = {(x, y) : y ≥
, y ≥
2
2
x2 − 4x
x2 − 4x
, y ≤ 0}; D4 = {(x, y) :≥ y ≥

}. Với
0}; D3 = {(x, y) : y ≤
2
2
mọi (x, y) ∈ R2 , đặt f1 (x, y) = 4x + 2y; f2 (x, y) = x2 ; f3 (x, y) = 4x; f4 (x, y) =
x2 − 2y.
Phần còn lại có thể làm tương tự như câu 2 ý a) Đề số 1 để tìm ∂ C f (0, 0), ∂ C f (2, −2)
và f 0 ((0, 0), (2, 1)), f 0 ((2, −2), (1, 2)).

Ở đây D1 = {(x, y) : 0 ≤ y ≤

Câu 2: Ở câu này chúng ta sẽ không thể dùng cách làm trong câu 2,
Đề số 1 để giải quyết nó, mà chúng ta sẽ sử dụng một định lí của nón
tiếp xúc để làm. Dựa vào hình vẽ của tập D chúng ta dễ dàng đoán được
TD (0, 0) = {(0, 0)}. Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh điều đó.
+ Với mọi v = (v1 , v2 ) ∈ R2 , v1 < 0, v2 ≥ 0. Với mọi dãy vn = (an , bn ) → v thì
tồn tại n0 ∈ N∗ , ∀n > n0 thì an < 0. Nếu có vô số phần tử bn ≥ 0 thì chọn
1 1
dãy xn = ( 3 , ) ∈ D, xn → (0, 0) và chọn
n

n

tn =


− 2

nếu an < 0


0

nếu an ≥ 0.

n 3 an

Khi đó chúng ta dễ thấy rằng với mọi n > n0 thì có vô số xn + tn vn ∈
/ D.
1
Nếu có vô số phần tử bn < 0 thì chọn dãy xn = ( , 0) ∈ D, xn → (0, 0) và
n
chọn

− 1
nếu a < 0
2nan

tn =

n

nếu an ≥ 0.

0
7


Khi đó chúng ta dễ thấy rằng với mọi n > n0 thì có vô số xn + tn vn ∈
/ D.
Vậy v ∈

/ D.
+ Với mọi v = (v1 , v2 ) ∈ R2 , v1 ≤ 0, v2 < 0. Với mọi dãy vn = (an , bn ) → v thì
1
n

tồn tại n0 ∈ N∗ , ∀n > n0 thì bn < 0. Bây giờ chọn dãy xn = ( , 0) ∈ D thì
xn → (0, 0) và chọn
tn =


− 1

nếu an < 0

1

nếu an ≥ 0.

2nan

n

Khi đó chúng ta dễ thấy rằng với mọi n > n0 thì xn + tn vn ∈
/ D. Vậy v ∈
/ D.
+ Với mọi v = (v1 , v2 ) ∈ R2 , v1 > 0 và (v2 > 0 hoặc v2 ≤ 0). Với mọi dãy
vn = (an , bn ) → v thì tồn tại n0 ∈ N∗ , ∀n > n0 thì an > 0. Bây giờ chọn dãy

1
xn = (0, − ) ∈ D thì xn → (0, 0) và chọn

n
 1

nếu bn ≥ 0
n
tn = 2nb
1
nếu bn < 0.
n

Khi đó chúng ta dễ thấy rằng với mọi n > n0 thì xn + tn vn ∈
/ D. Vậy v ∈
/ D.
2
+ Với mọi v = (0, v2 ) ∈ R , v2 > 0. Với mọi dãy vn = (an , bn ) → v thì tồn tại
n0 ∈ N∗ , ∀n > n0 thì bn > 0. Nếu có vô số phần tử của an < 0 thì chọn dãy
1
1
xn = (− 3 , − ) ∈ D thì xn → (0, 0) và chọn
n
n

 1
nếu bn > 0
tn = nbn
0
nếu b ≤ 0.
n

Khi đó chúng ta dễ thấy rằng với mọi n > n0 thì có vô số xn + tn vn ∈

/ D.
1
Nếu có vô số phần tử của an > 0 thì chọn dãy xn = (0, − ) ∈ D thì
n

xn → (0, 0) và chọn
tn =


 1

nếu bn > 0

2nbn
0

nếu bn ≤ 0.

Khi đó chúng ta dễ thấy rằng với mọi n > n0 thì có vô số xn + tn vn ∈
/ D.
Vậy v ∈
/ D. Chúng ta có điều cần chứng minh là TD (0, 0) = {(0, 0)}. Do đó
8


suy ra ND (0, 0) = R2 .
Câu 3: Với mọi x < 0 thì suy ra f (x) là khả vi liên tục vô hạn lần nên
∂ C f (x) = {f (x)} = {−2x}.
Với x > 0 thì suy ra f (x) là khả vi liên tục vô hạn lần nên ∂ C f (x) =
{f (x)} = {2x − 2}.

Xét tại x = 0. Giả sử
x0 ∈ ∂ C f (0) ⇔ f (y) ≥ f (0) + x0 y − σy 2 , ∀y ∈ (−δ, δ).

(4)

Nếu x0 < 0 thì với mọi y ∈ (−δ, 0) (4) trở thành
−y 2 ≥ x0 y − σy 2 ⇔ σ − 1 ≥

x0
,
y

cho y → 0− suy ra σ − 1 ≥ +∞ nên mâu thuẫn. Nếu x0 ≥ 0 thì với mọi
y ∈ (0, δ) (4) trở thành
y 2 − 2y ≥ x0 y − σy 2 ⇔ σ + 1 ≥

x0 + 2
,
y

cho y → 0+ suy ra σ + 1 ≥ +∞ nên mâu thuẫn. Vậy ∂ C f (0) = ∅.
KẾT LUẬN
Qua hai đề ở trên chúng ta có thể thấy rằng muốn tính TD (v) có hai cách.
Cách thứ 1 dựa vào việc xác định hàm khoảng cách dD trong một lân cận
nào đó của v (lân cận có thể chọn tùy ý sao cho dễ xác định hàm dD nhất),
cách này chỉ dùng được khi tập D giới hạn bởi đường tròn, đường thẳng
mà thôi. Cách thứ 2 là dựa vào hình vẽ của tập D để đoán tập TD (v) (Việc
đoán không khó khăn), sau đó chứng minh dự đoán đó như bài câu 2 đề
số 2. Cách này dùng khi tập D có giới hạn bởi parabol, vì khi đó chúng ta
khó có thể xác định hàm khoảng cách được.

Khi đã xác định tập TD (v) thì dễ dàng suy ra tập ND (v).
Chúng ta chú ý rằng xn + tn vn chính là đoạn thẳng gốc tại xn hướng
theo chiều vecto vn , từ đây giúp chúng ta dễ dàng trong việc chọn xn để
xn + tn vn ∈
/ D như trong Câu 2, Đề thi số 2.
Chú ý rằng trên không gian R2 , khi đã tính được ∂ f (x0 ) thì việc tính
f 0 (x0 , v) không còn khó khăn, vì hàm ax + by sẽ đạt giá trị lớn nhất tại
một số đỉnh của đa giác giác lồi (như trong câu 2, đề số 1).
9


ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ
Môn: Giải tích không trơn
Thời gian: 60
Câu 1:(4 điểm) Cho hàm f (x, y) = |x2 −y|−|x−2y+1|. Xác định ∂ C f (0, 0), ∂ C f (1, 1)
và f 0 ((1, 1), (−1, 2)).
Câu 1:(4 điểm) Cho tập hợp
D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1 và (x ≤ 0 hoặc y ≤ 0)}.

a) Tính trực tiếp TD (0, 0) và ND (0, 0)
b) Tính trực tiếp TD (1, 0), TD (0, 1) và ND (1, 0), ND (0, 1).
LỜI GIẢI
Câu 1: được giải tương tự như Câu 1, đề số 2.
Câu 2: Được giải tương tự như Câu 2, đề số 1.
Để học tốt môn này chỉ cần rèn luyện kĩ năng giải những dạng bài tập ở
trên đây. Tài liệu tham khảo có thể tham khảo thêm Giáo trình Giải tích
đa trị (nguyên đông yên), phần nón tiếp tuyến Clark (tr 53).
Chúc các bạn học tốt!

10