BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN HUỲNH KHÁNH VÂN SỰ LIÊN TỤC VÀ SỰ KHẢ VI CỦA HÀM HAI BIẾN Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP Người hướng dẫn khoa học TS LÊ HỒNG TRÍ Đà Nẵng, N˚ am 2018 Lời cám ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc (thầy) TS Lê Hồng Trí, người hướng dẫn tơi tận tình suốt thời gian thực đề tài Tôi xin chân thành cám ơn thầy giáo Khoa Tốn - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng tận tình giảng dạy giúp đỡ tơi suốt q trình học tập Đặc biệt, tơi xin chân thành cám ơn bạn bè khóa 14ST động viên giúp đỡ tơi suốt q trình học tập làm luận văn Đà Nẵng, tháng n˚ am 2018 Tác giả Nguyễn Huỳnh Khánh Vân ii Mục lục Trang phụ bìa i Lời cám ơn ii Mục lục MỞ ĐẦU Chương - Định nghĩa tính chất liên tục hàm hai biến 1.1 1.2 Một số khái niệm kết không gian metric 1.1.1 Không gian Metric 1.1.2 Vị trí tương đối điểm tập 1.1.3 Tập mở, tập đóng 1.1.4 Phần trong, bao đóng tập 10 1.1.5 Sự hội tụ không gian metric 12 Định nghĩa tính chất liên tục hàm hai biến 14 1.2.1 Hàm hai biến 14 1.2.2 Tính liên tục hàm hai biến 14 1.2.3 Liên tục 19 Chương - Định nghĩa tính chất khả vi hàm hai biến 2.1 2.2 21 Đạo hàm riêng 21 2.1.1 Đạo hàm riêng hàm hai biến 21 2.1.2 Đạo hàm riêng cấp cao 22 Vi phân 25 2.2.1 Vi phân hàm số hai biến số 25 2.2.2 Đạo hàm hàm hợp 27 2.2.3 Tính bất biến dạng vi phân( hay vi phân hàm số hợp) 29 Chương - Một số ví dụ hàm khả vi hàm liên tục 31 KẾT LUẬN 35 TÀI LIỆU THAM KHẢO 36 Mở đầu Lý chọn đề tài Cùng với khái niệm giới hạn, tính liên tục tính khả vi hàm số kiến thức sở quan giải tích tốn học Các khái niệm, tính chất định lý liên tục, khả vi hàm số thường xuyên khai thác kỳ thi Olympic quốc gia, quốc tế Các khái niệm, tính chất, kết chứng minh liên tục, khả vi Giải tích biến có tính trực quan cao, dễ hiển thị sang khơng gian nhiều chiều tính trừu tượng tăng lên rõ rệt Tuy nhiên đẹp Toán học nằm trừu tượng ích Tốn học nằm cụ thể Xuất phát từ lí đó, tơi tiến hành nghiên cứu nhằm trình bày lại định nghĩa tính chất liên tục, khả vi hàm nhiều biến (cụ thể hàm hai biến) giúp người đọc nắm rõ kiến thức tổng quát tính liên tục, khả vi hàm hai biến (khơng gian R2 ) từ dễ dàng khái quát không gian Rn Mục tiêu nội dung nghiên cứu đề tài Hàm số khái niệm giải tích tốn học Hàm hai biến sử dụng rộng rãi nhiều lĩnh vực khác khoa học vè kỹ thuật Nhiều tính chất hàm khai thác triệt để giả thiết thiếu nhiều nghiên cứu: tính liên tục tính khả vi hàm số Mục đích luận văn trình bày lại định nghĩa, tính chất đặc trưng liên tục, khả vi hàm hai biến số ví dụ liên quan đến tính chất Phương pháp nghiên cứu Đọc, dịch, tra cứu tài liệu tham khảo, sách chuyên ngành, trao đổi với thầy, nghiên cứu khoa học cách logic hệ thống Bố cục luận văn Bố cục nội dung gồm ba phần: mở đầu, nội dung kết luận Phần mở đầu giới thiệu đề tài luận văn Phần nội dung gồm ba chương: - Chương 1: Các kiến thức không gian metric gồm số khái niệm kết thường xuyên sử dụng Định nghĩa tính chất liên tục hàm hai biến - Chương 2: Các định nghĩa tính chất khả vi hàm hai biến - Chương 3: Một số ví dụ liên tục khả vi hàm hai biến Phần kết luận nêu tóm tắt kết đạt luận văn CHƯƠNG ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT VỀ SỰ LIÊN TỤC CỦA HÀM HAI BIẾN Chương trình bày khái niệm khơng gian metric số tính chất thường gặp khơng gian metric; định nghĩa hàm hai biến tính chất liên tục hàm hai biến 1.1 Một số khái niệm kết không gian metric 1.1.1 Không gian Metric Định nghĩa 1.1.1.1: Giả sử X tập tùy ý khác rỗng cho trước Ta gọi hàm số d : X × X → R metric (hay khoảng cách) X hàm số thỏa mãn điều kiện sau: i) d (x, y) 0, với x, y ∈ X : d (x, y) = x = y ii) d (x, y) = d (y, x), với x, y ∈ X iii) d (x, z) d (x, y) + d(y, z), với x, y, z ∈ X, (bất đẳng thức tam giác) Khi đó: d gọi metric X Cặp (X, d) gọi khơng gian metric Ví dụ 1.1.1.1: Ký hiệu R2 = {(x, y) : x, y ∈ R} Với (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 ,ta đặt d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 Khi đó: d metric R2 Chứng minh: Với (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) thuộc R2 • d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = ⇔ (x1− x2 )2 + (y1 − y2 )2 =   x1 = x2 ⇔   y1 = y2 ⇔ (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) • d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 = d(x2 , y2 ), (x1 , y1 ) • Với (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ) thuộc R2 ,ta chứng minh: d(x1 , y1 ), (x3 , y3 ) d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) + d(x2 , y2 ), (x3 , y3 ) Hay nói cách khác, ta phải chứng minh: (x1 − x3 )2 + (y1 − y3 )2 (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (x2 − x3 )2 + (y2 − y3 )2 Thật vậy, ta đặt a1 = x1 − x2 , b1 = y1 − y2 , a2 = x2 − x3 , b2 = y2 − y3 , a1 + a2 = x1 − x3 ,b1 + b2 = y1 − y3 Lúc này, bất phương trình tương đương với: (a1 + a2 )2 + (b1 + b2 )2 ≤ a1 + b + a2 + b 2 ⇔ a1 + a2 + 2a1 a2 + b1 + b2 + 2b1 b2 ≤ a1 + a2 + b1 + b2 +2 a1 + b a2 + b 2 ⇔ a1 a2 + b b ≤ a1 + b a2 + b2 (bất đẳng thức Bunyakovsky) Vậy d metric R2 Ví dụ 1.1.1.2: Cho X = R2 Với (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 , ta đặt d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 | Khi đó: d metric R2 Chứng minh: Với (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) thuộc R2 • d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 | ≥ d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = ⇔ |x1 − x2 | + |y1 − y2 | = ⇔    |x1 − x2 | =   |y1 − y2 | = ⇔    x1 = x2 ⇔ (x1 , y1 ) = (x2 , y2 )   y1 = y2 • d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 | = |x2 − x1 | + |y2 − y1 | = d(x2 , y2 ), (x1 , y1 ) • Với (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ) thuộc R2 , ta chứng minh d(x1 , y1 ), (x3 , y3 ) d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) + d(x2 , y2 ), (x3 , y3 ) Hay nói cách khác, ta phải chứng minh: |x1 − x3 | + |y1 − y3 | ≤ |x1 − x2 | + |y1 − y2 | + |x2 − x3 | + |y2 − y3 | Thật vậy, ta có: |x1 − x2 | + |x2 − x3 | ≥ |x1 − x2 + x2 − x3 | = |x1 − x3 | |y1 − y2 | + |y2 − y3 | ≥ |y1 − y2 + y2 − y3 | = |y1 − y3 | Cộng hai phương trình vế theo vế ta điều phải chứng minh Vậy d metric R2 Ví dụ 1.1.1.3: Cho X = R2 Với (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 , ta đặt d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = max {|x1 − x2 | , |y1 − y2 |} Khi d metric R2 Chứng minh: Dễ dàng chứng minh d thỏa mãn điều kiện i),ii) theo định nghĩa 1.1.1.1 Ta kiểm tra điều kiện iii), tức chứng minh max {|x1 − x3 | , |y1 − y3 |} ≤ max {|x1 − x2 | , |y1 − y2 |} + max {|x2 − x3 | , |y2 − y3 |} ,với (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ) thuộc R2 Thật vậy, ta xét: Nếu |x1 − x3 | > |y1 − y3 |, ta suy d(x1 , y1 ) , (x3 , y3 ) = |x1 − x3 | = |x1 − x2 + x2 − x3 | ≤ |x1 − x2 | + |x2 − x3 | ≤ d (x1 , y1 ) , (x2 , y2 ) + d (x2 , y2 ) , (x3 , y3 ) Nếu |x1 − x3 | ≤ |y1 − y3 |, ta suy d(x1 , y1 ) , (x3 , y3 ) = |y1 − y3 | = |y1 − y2 + y2 − y3 | ≤ |y1 − y2 | + |y2 − y3 | ≤ d (x1 , y1 ) , (x2 , y2 ) + d (x2 , y2 ) , (x3 , y3 ) Khi d metric R2 Ví dụ 1.1.1.4: Ký hiệu Rn = (x1 , x2 , , xn ) : xi ∈ R, i = 1, n tập hợp tất số gồm n số thực Với x = (x1 , x2 , , xn ) , y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn , ta đặt: n |xi − yi |2 d (x, y) = i=1 Khi d metric Rn Chứng minh: Rõ ràng d thỏa mãn điều kiện i), ii) theo định nghĩa 1.1.1.1 Ta kiểm tra điều kiện iii), tức chứng minh với x, y, z ∈ Rn : n n |xi − zi | ≤ i=1 n |yi − zi |2 |xi − yi | + i=1 i=1 Ta có n n n 2 |xi − zi | = d (x, z) = i=1 i=1 i=1 n n |xi − yi |2 + = (|xi − yi | + |yi − zi |)2 |(xi − yi ) + (yi − zi )| ≤ i=1 n |yi − zi |2 |xi − yi | |yi − zi | + i=1 i=1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz: n n |xi − yi |2 |yi − zi |2 |xi − yi | |yi − zi | ≤ i=1 i=1 n n n 2 ⇒ d (x, z) ≤ |xi − yi | + i=1 |yi − zi |2 |xi − yi | |yi − zi | + i=1 i=1 ⇒ d (x, z) ≤ d (x, y) + 2d (x, y) d (y, z) + d (y, z) = [d (x, y) + d (y, z)]2 2 ⇒ d (x, z) ≤ d (x, y) + d (y, z) Vậy (Rn , d) không gian metric ta gọi d metric thông thường Rn 1.1.2 Vị trí tương đối điểm tập Cho (X, d) không gian metric, x0 điểm thuộc X A ⊂ X Định nghĩa 1.1.2.1: Ta gọi hình cầu mở tâm x0 bán kính r > X ký hiệu B (x0 , r) tập {x ∈ X : d (x, x0 ) < r} Định nghĩa 1.1.2.2: Ta gọi hình cầu đóng tâm x0 bán kính r > X ký hiệu B [x0 , r] tập {x ∈ X : d (x, x0 ) ≤ r} Trong R2 với metric thông thường, B (x0 , r) hình tròn mà khơng lấy đường tròn B [x0 , r] hình tròn mà có lấy đường tròn Định nghĩa 1.1.2.3: x0 gọi điểm A tồn r > cho B (x0 , r) ⊂ A Định nghĩa 1.1.2.4: x0 gọi điểm A tồn r > cho B (x0 , r) ⊂ X\A Định nghĩa 1.1.2.5: x0 gọi điểm biên A khơng điểm trong, khơng điểm A Tương tự đạo hàm riêng hàm f theo biến y điểm M0 (x0 , y0 ) là: f (x0 , y0 + ∆y) − f (x0 , y0 ) ∆y f ∂f (x0 , y0 ) = lim = lim ∆y→0 ∆y→0 ∆y ∂y ∆y Ví dụ 2.1.1.1: Tính f x (1, 2) f y (1, 2) f (x, y) = x2 y + 3y Xem y số thực ta được: f x (x, y) = 2xy Do đó: f y (1, 2) = Xem x số thực ta được: f y (x, y) = x2 + 9y Do đó: f y (1, 2) = 37 Ví dụ 2.1.1.2: Cho f (x, y) = x + y Tính ∂f ∂f , điểm (2, −3) ∂x ∂y Ta có: ∂f ∂ = x + y2 = ∂x x + y ∂x x + y2 ∂ ∂f = x + y2 = ∂y ∂y x+y y x + y2 Do đó: ∂f ∂f −3 (2, −3) = √ (2, −3) = √ ∂x ∂y 11 11 2.1.2 Đạo hàm riêng cấp cao Cũng đạo hàm riêng hàm biến số, đạo hàm riêng hàm số: f : D ⊂ R2 → R (x, y) → z = f (x, y) lại hàm hai biến số: fx : Dx ⊂ R2 → R (x, y) → zx = fx (x, y) fy : Dy ⊂ R2 → R (x, y) → zy = fy (x, y) Dx , Dy tập hợp mà hàm số f có đạo hàm riêng tương ứng Tất nhiên Dx ⊂ D Dy ⊂ D Đạo hàm cấp hai Nếu hàm số đạo hàm lại có đạo hàm riêng theo biến số x, y điểm (x0 , y0 ) ta gọi chúng đạo hàm riêng cấp hai theo biến số tương ứng 22 điểm (x0 , y0 ) (các đạo hàm fx , fy gọi đạo hàm riêng cấp một) Tương ứng với biến số lấy đạo hàm, chúng ký hiệu sau: hay ∂ 2f ∂ = ∂x ∂x f xy = (f x )y hay ∂ 2f ∂ = ∂y∂x ∂y f yy = f y hay ∂ 2f ∂ = ∂y ∂y hay ∂ 2f ∂ = ∂x∂y ∂x f xx = (f x )x f yx = f y y x Ví dụ 2.1.2.1: Cho ∂f ∂x ∂f ∂x ∂f ∂y a) f (x, y) = x3 y − xy x b) f (x, y) = sin y Tính đạo hàm riêng cấp hai chúng a) Ta có: f x (x, y) = 3x2 y − y f y (x, y) = 2x3 y − 5xy Vậy: f xx (x, y) = 6xy f xy (x, y) = 6x2 y − 5y f yy (x, y) = 2x3 − 20xy f yx (x, y) = 6x2 y − 5y b) Ta có: x cos y y −x x f y (x, y) = cos y y f x (x, y) = Vậy: −1 x sin y y x x x f xy (x, y) = sin − cos y y y y x x 2x x f yy (x, y) = − sin + cos y y y y x x x f yx (x, y) = sin − cos y y y y f xx (x, y) = 23 ∂f ∂y Mỗi đạo hàm riêng cấp hai hàm số hai biến số lại hàm số hai biến số Cứ tiếp tục ta đề cập tới đạo hàm riêng cấp 3, cấp 4, , cấp n hàm số Định lý 2.1.2.1: (Định lý Schwarz) Cho z = f (x, y) hàm xác định tập mở G ⊂ R2 Giả sử tồn đạo hàm riêng cấp fx , fy đạo hàm riêng cấp hai hỗn hợp f (x0 , y0 ) ∈ G f xy xy , f yx (x0 , y0 ) = f Nếu hai đạo hàm riêng hỗn hợp liên tục yx (x0 , y0 ) Chứng minh: Đặt: J = f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 + ∆y) + f (x0 , y0 ) ϕ (x) = f (x, y0 + ∆y) − f (x, y0 ) và: Khi đó: J = ϕ (x0 + ∆x) − ϕ (x0 ) Vì đạo hàm riêng cấp hai f xy , f yx tồn G nên hàm ϕ khả vi (x0 , x0 + ∆x) Áp dụng định lý Lagrange cho ϕ đoạn đó, ta được: J = ϕ (x0 + θ1 ∆x) ∆x với < θ1 < ϕ (x0 ) = f x (x0 , y0 + ∆y) − f x (x0 , y0 ) nên: J = [f x (x0 + θ1 ∆x, y0 + ∆y) − f x (x0 + θ1 ∆x, y0 )] ∆x (1) Áp dụng định lý Langrange cho hàm fx theo biến y: f x (x0 + θ1 ∆x, y0 + ∆y) − f x (x0 + θ1 ∆x, y0 ) = f xy (x0 + θ1 ∆x, y0 + θ2 ∆y) ∆y với < θ2 < Lúc (1) trở thành: J =f xy (x0 + θ1 ∆x, y0 + θ2 ∆y) ∆x∆y (2) Bây giờ, ta đặt ψ (y) = f (x0 + ∆x, y) − f (x0 , y) J = ψ (y0 + ∆y) − ψ (y0 ) Lập luận hoàn toàn tương tự ta đến kết quả: J =f yx (x0 + θ4 ∆x, y0 + θ3 ∆y) ∆x∆y (3) < θ3 , θ4 < Nếu ∆x , ∆y = so sánh (2) với (3) ta được: f xy (x0 + θ1 ∆x, y0 + θ2 ∆y) = f yx (x0 + θ4 ∆x, y0 + θ3 ∆y) Cho ∆x , ∆y → thỏa mãn điều kiện ∆x , ∆y = Vì f nên có: f xy (x0 , y0 ) = f 24 yx (x0 , y0 ) xy , f yx liên tục (x, y0 ) 2.2 Vi phân 2.2.1 Vi phân hàm số hai biến số Định nghĩa 2.2.1.1: Giả sử z = f (x, y) hàm hai biến xác định tập hợp D mở R2 (x, y) ∈ D Xét số ∆x, ∆y x y với ∆x, ∆y đủ bé để (x + ∆x, y + ∆y) ∈ D Gọi vi phân hàm f (x0 , y0 ) biểu thức có dạng: df = A∆x + B∆y (1) A, B hai số khơng phụ thuộc vào ∆x, ∆y nói chung phụ thuộc vào x, y Định nghĩa 2.2.1.2: Hàm số z = f (x, y) gọi khả vi điểm (x0 , y0 ) số gia tồn phần ∆f (x0 , y0 ) biểu diễn dạng: ∆f (x0 , y0 ) = A.∆x + B.∆y + α.∆x + β.∆y (2) A, B số không phụ thuộc vào ∆x, ∆y α, β → ∆x, ∆y → Nhận xét 2.2.1.1: Biểu thức (2) viết dạng: ∆f (x0 , y0 ) = A.∆x + B.∆y + o (ρ) = df (x0 , y0 ) + o (ρ) đó: ρ = (∆x)2 + (∆y)2 , o (ρ) vô bé bậc cao ρ Từ định nghĩa vi phân, ta không thấy chất hai số A B cách để tìm chúng Định lý giải đáp vấn đề Định lý 2.2.1.1: Nếu hàm z = f (x, y) khả vi (x0 , y0 ) ∈ D tồn đạo hàm riêng ∂f ∂f , điểm (x0 , y0 ) ∂x ∂y A= ∂f ∂f ,B = ∂x ∂y tức df = Chứng minh: Lập tỷ số ∂f ∂f ∆x + ∆y ∂x ∂y ∆x f f (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 ) = Lúc ∆y = 0, ta có ∆x ∆x df = A∆x Khi ∆x f = ∆f = df + o (ρ) = A∆x + o (ρ) 25 Do ∆x f ∆x f o (|∆x|) ∂f =A+ nên lim = A, tức = A ∆x→0 ∆x ∆x ∆x ∂x ∂f = B ∂y Tương tự chứng minh Định lý 2.2.1.2: (Điều kiện cần để hàm số khả vi) Cho hàm z = f (x, y) xác định tập mở D ⊂ R2 (x0 , y0 ) ∈ D Nếu hàm số z = f (x, y) khả vi (x0 , y0 ) liên tục điểm Chứng minh: Vì hàm số z = f (x, y) khả vi (x0 , y0 ) nên từ (2) suy ∆f → ∆x → 0,∆y → Tức là: lim ∆x,∆y→0 Do đó: lim ∆x,∆y→0 [f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )] = f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) = f (x0 , y0 ) Vậy hàm số liên tục (x0 , y0 ) Định lý 2.2.1.3: (Điều kiện đủ để hàm số khả vi) Cho hàm z = f (x, y) xác định tập mở D ⊂ R2 (x0 , y0 ) ∈ D Nếu tồn đạo hàm riêng ∂f ∂f , ∂x ∂y đạo hàm liên tục (x0 , y0 ) hàm z = f (x, y) khả vi (x0 , y0 ) Chứng minh: Ta có: ρ = (∆x)2 + (∆y)2 Đặt df = ∂f ∂f ∆x + ∆y Ta chứng minh ∂x ∂y ∆f = df + o (ρ) ρ → Thật vậy: ∂f ∂f , tồn lân cận (x0 , y0 ),ta có: ∂x ∂y ∆f (x0 , y0 ) = f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 ) = [f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 + ∆y)] + [f (x0 , y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )] (∗) với |∆x| , |∆y| đủ bé để (x0 + ∆x, y0 + ∆y) thuộc lân cận (x0 , y0 ) mà ∂f ∂f , tồn ∂x ∂y Áp dụng định lý Lagrange biến số x ta có: f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 + ∆y) = f x (x0 + θ1 ∆x, y0 + ∆y) ∆x với < θ1 < Tương tự, áp dụng định lý Lagrange biến số y ta có: 26 f (x0 , y0 + ∆y) − f (x0 , y0 ) = f y (x0 , y0 + θ2 ∆y) ∆y với < θ2 < Lúc (∗) trở thành: ∆f = f x (x0 + θ1 ∆x, y0 + ∆y) ∆x + f y (x0 , y0 + θ2 ∆y) ∆y Do đó: ∆f − df = f x (x0 + θ1 ∆x, y0 + ∆y) − ∂f ∂f ∆x + f y (x0 , y0 + θ2 ∆y) − ∆y ∂x ∂y Vì |∆x| ≤ ρ, |∆y| ≤ ρ nên: |∆f − df | ≤ |f x (x0 + θ1 ∆x, y0 + ∆y) − f x (x0 , y0 )| + f y (x0 , y0 + θ2 ∆y) − f y (x0 , y0 ) ρ Theo giả thiết hàm fx , fy liên tục (x0 , y0 ) nên ρ → (tức ∆x → 0, ∆y → 0), ta có: f x (x0 + θ1 ∆x, y0 + ∆y) → f x (x0 , y0 ) f y (x0 , y0 + θ2 ∆y) → f y (x0 , y0 ) ∆f − df = nghĩa ∆f = df + o (ρ) ρ → ρ→0 ρ Do lim Vậy z = f (x, y) khả vi (x0 , y0 ) Chú ý: Cho z = f (x, y) với x, y biến độc lập, nên (như biết): ∆x = dx ∆y = dy Do viết biểu thức vi phân hàm z = f (x, y) (x0 , y0 ) sau: df = 2.2.2 ∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y Đạo hàm hàm hợp Định lý 2.2.2.1: Cho hàm số f (x, y) xác định tập mở G ⊂ R2 có đạo hàm riêng liên tục điểm (x, y) ∈ G Giả sử x (t) , y (t) hàm số xác định khoảng I = (a, b) cho (x (t) , y (t)) ∈ G với t ∈ I có đạo hàm x (t0 ) , y (t0 ) , t ∈ I Khi hàm số hợp: F (t) = f [x (t) , y (t)] 27 có đạo hàm t0 và: F (t0 ) = f x [x (t0 ) , y (t0 )] x (t0 ) + f y [x (t0 ) , y (t0 )] y (t0 ) (1) (thường viết tắt sau: F (t) = f x xt + f y y t ) Chứng minh: Ta có: F (t) − F (t0 ) = f [x (t) , y (t)] − f [x (t0 ) , y (t0 )] = f [x (t) , y (t)] − f [x (t0 ) , y (t)] + f [x (t0 ) , y (t)] − f [x (t0 ) , y (t0 )] với t ∈ I Hàm số f [x, y (t)] có đạo hàm đoạn đầu mút x (t0 ) , x (t) nên theo định lý Lagrange: f [x (t) , y (t)] − f [x (t0 ) , y (t)] = f x [c, y (t)] [x (t) − x (t0 )] c thuộc khoảng có đầu mút x (t0 ) , x (t) Tương tự: f [x (t0 ) , y (t)] − f [x (t0 ) , y (t0 )] = f y [x (t0 ) , d] [y (t) − y (t0 )] d thuộc khoảng có đầu mút y (t0 ) , y (t) Vậy: x (t) − x (t0 ) y (t) − y (t0 ) F (t) − F (t0 ) = f x [c, y (t)] + f y [x (t0 ) , d] t − t0 t − t0 t − t0 Cho t → t0 sử dụng giả thiết x (t) , y (t) có đạo hàm t0 hàm số f (x, y) có đạo hàm riêng liên tục G Công thức (1) chứng minh Chú ý: a) Trường hợp y = y (x) cơng thức (1) trở thành: dF ∂F ∂F dy = + dx ∂x ∂y dx (2) b) Cơng thức (1) mở rộng sang trường hợp x, y hàm số hai biến số x = x (s, t) , y = y (s, t) với giả thiết hàm số là: Chúng xác định tập mở G ⊂ R2 cho: (x (s, t) , y (s, t)) ∈ G có đạo hàm riêng điểm (x0 , y0 ) ∈ G Khi hàm số hợp: F = f [x (s, t) , y (s, t)] 28 có đạo hàm riêng s0 , t0 và:   ∂F ∂f ∂x    (s0 , t0 ) = [x (s0 , t0 ) , y (s0 , t0 )] (s0 , t0 ) + ∂s ∂x ∂s  ∂f ∂x ∂F   (s0 , t0 ) = [x (s0 , t0 ) , y (s0 , t0 )] (s0 , t0 ) +  ∂t ∂x ∂t ∂f ∂y [x (s0 , t0 ) , y (s0 , t0 )] (s0 , t0 ) ∂y ∂s ∂f ∂y [x (s0 , t0 ) , y (s0 , t0 )] (s0 , t0 ) ∂y ∂t Hoặc thường viết tắt  dạng:  ∂F ∂f ∂x ∂f ∂y    = + ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s  ∂F ∂f ∂x ∂f ∂y   = +  ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t 2.2.3 (3) Tính bất biến dạng vi phân( hay vi phân hàm số hợp) Như ta thấy x, y biến số độc lập hàm số z = f (x, y), ta có cơng thức: df = ∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y Vậy x, y lại hàm số hai biến số s, t cơng thức biến đổi nào? Ta biết, ta hàm số hợp: F = f [x (s, t) , y (s, t)] Định lý 2.2.3.1: Giả sử hàm số z = f (x, y) xác định tập mở E ⊂ R2 có đạo hàm riêng liên tục E hàm số x (s, t) , y (s, t) xác định tập mở G ⊂ R2 có đạo hàm riêng liên tục G cho (x (s, t) , y (s, t)) ∈ G Khi đó, ta có: dF = ∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y (1) Chứng minh: Với giả thiết định lý, tồn đạo hàm riêng theo s, t hàm số hợp    ∂F    = ∂s   ∂F   =  ∂t ∂f ∂x ∂f ∂y + ∂x ∂s ∂y ∂s (2) ∂f ∂x ∂f ∂y + ∂x ∂t ∂y ∂t Vì đạo hàm riêng liên tục nên theo định nghĩa, tồn vi phân hàm số hợp và: 29 dF (s, t) = df [x (s, t) , y (s, t)] = ∂F ∂F ds + dt ∂s ∂t Thay (2) vào (3) gộp riêng các số hạng có chứa dF = ∂f ∂x ∂x ∂x ∂f ds + dt + ∂s ∂t ∂y (3) ∂f ∂f , ta được: ∂x ∂y ∂y ∂y ds + dt ∂s ∂t (4) Vì hàm số (s, t) , y (s, t) có đạo hàm riêng liên tục nên tồn vi phân dx, dy và:    ∂x ∂x    dx = ds + dt ∂s ∂t   ∂y ∂y   ds + dt  dy = ∂s ∂t (5) Thay (5) vào (4) ta (1) Nhờ kết này, ta suy cơng thức tính vi phân cho hàm nhiều biến giống cơng thức tính vi phân hàm biến Giả sử u, v hai hàm số có đạo hàm riêng liên tục tập mở G Khi đó: 1) d (u + v) = du + dv 2) d (λu) = λdu với λ số 3) d (uv) = vdu + udv 4) d u vdu − udv = với v = G v v2 30 CHƯƠNG MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ CÁC HÀM KHẢ VI VÀ HÀM LIÊN TỤC Chương tập trung trình bày số ví dụ thường gặp hàm khả vi hàm liên tục Ví dụ Cho hàm số: f (x, y) = xy    x2 x2 + y = y2 +   x2 + y = Hãy chứng minh rằng: a) Hàm số f (x, y) liên tục (0, 0) ∂f ∂f b) Có đạo hàm riêng , hàm bị chặn ∂x ∂y c) f (x, y) không khả vi điểm (0, 0) Bài giải: a) Ta có: |xy| ≤ |f (x, y)| = Do đó: lim f (x, y) = lim x→0 x→0 y→0 y→0 x2 xy x2 + y + y2 ≤ (x2 + y ) x2 + y2 = x2 + y = = f (0, 0) Vậy f (x, y) liên tục (0, 0) b) Tính đạo hàm riêng ∂f = ∂x ∂f ∂f , ∂x ∂y y x2 + y x2 y − (x2 với x2 + y = với x2 + y = y2) + ∂f f (x, 0) − f (0, 0) (0, 0) = lim = lim = x→0 x→0 ∂x x x ∂f = ∂y x x2 + y2 xy − (x2 y2) + ∂f f (0, y) − f (0, 0) (0, 0) = lim = lim = y→0 y→0 y ∂y y 31 Các đạo hàm riêng ∂f ∂f , bị chặn lân cận điểm (0, 0): ∂x ∂y |x| ∆f (0, 0) = f (x, y) − f (0, 0) ≤ x2 y2 + + |xy| + y2 |x| x2 x2 + y2 ≤ + = 2 Tương tự: f y (x, y) ≤ c) Để xét tính khả vi f (x, y) điểm (0, 0), ta xét số gia: ∆f (0, 0) = f (x, y) − f (0, 0) = xy x2 + y2 = x2 xy + y2 x2 + y Như ∆f (0, 0) có dạng: ∆f (0, 0) = 0.x + 0.y + ε (x, y) ρ Trong đó: ρ = x2 + y , ε (x, y) = x2 xy Ta thấy ε (x, y) vô bé + y2 1 x2 + y → chẳng hạn cho xn = , yn = d (xn , yn ) = n n √ 1 = → ε (xn , yn ) = n n = → n → ∞ n + n2 n2 1 + 2 n n Vì f (x, y) khơng khả vi (0, 0) Ví dụ Cho hàm số: f (x, y) =    x2 + y sin x2 + y = x2 + y   x2 + y = a) Hãy tính đạo hàm riêng ∂f ∂f , Chứng minh đạo hàm riêng cấp gián ∂x ∂y đoạn điểm (0, 0) b) Chứng minh hàm f (x, y) khả vi điểm (0, 0) Bài giải: a) Ta có: ∂f 2x = 2x sin − cos , x2 + y = 2 ∂x x +y x +y x + y2 ∂f 2y = 2y sin − cos , x2 + y = 2 ∂y x +y x +y x +y 32 x2 sin x12 =0 x→0 x f x (0, 0) = lim Tương tự: f y (0, 0) = Các đạo hàm riêng ∂f ∂f , gián đoạn điểm (0, 0) với dãy ∂x ∂y ∞ 1 √ , √ {(xn , yn )} = → n → ∞ nhưng: nπ nπ n=1 √ f x (xn , yn ) = −2 nπ → −∞ n → +∞ Tương tự: f y (xn , yn ) → −∞ n → +∞ b) Để xét tính khả vi f (x, y) (0, 0) ta xét số gia hàm số điểm (0, 0): ∆f (0, 0) = f (x, y) − f (0, 0) = x2 + y sin = ∂f ∂f (0, 0) x + (0, 0) y + ∂x ∂y = ε (x, y) x2 + y2 x2 + y sin x2 x2 + y + y2 x2 + y Ta thấy ε (x, y) vô bé x2 + y → Như vậy: ∆f (0, 0) = 0.x + 0.y + ε (x, y) x2 + y với ε (x, y) → (x, y) → (0, 0) Vậy f (x, y) khả vi điểm (0, 0) Ví dụ Chứng minh hàm số f (x, y) = |xy| liên tục điểm (0, 0), có hai đạo ∂f ∂f hàm riêng (0, 0) , (0, 0) không khả vi điểm ∂x ∂y Bài giải: Vì ≤ |f (x, y)| = Nên: lim f (x, y) = lim x→0 x→0 y→0 |xy| ≤ √ x2 + y → (x, y) → (0, 0) |xy| = = f (0, 0) y→0 Như f (x, y) liên tục điểm (0, 0) f (x, 0) − f (0, 0) = lim x→0 x→0 x Ta có: f x (0, 0) = lim 33 |0.x| = x Tương tự: f y (0, 0) = |xy| dạng: Ta biểu diễn số gia ∆f (0, 0) = |xy| = f x (0, 0) x + f y (0, 0) y + ε (x, y) x2 + y = ε (x, y) x2 + y ∆f (0, 0) = |xy| ε (x, y) = x2 + y Ta thấy ε (x, y) vô bé (x, y) → (0, 0) với dãy (xn , yn ) = 1 , n n → (0, 0) n → ∞ nhưng: n2 ε (xn , yn ) = n2 = √ → n → ∞ n2 + |xy| không khả vi điểm (0, 0) Theo định nghĩa f (x, y) = Ví dụ Xét tính khả vi hàm số: f (x, y) =    e− x2 +y2 x2 + y =   x2 + y = −1 −1 Bài giải: Ta có: f x (0, 0) = lim e x2 = f y (0, 0) = lim e y2 = y→0 y x→0 x Xét biểu thức: ∆f (0, 0) = f x (0, 0) x + f y (0, 0) y + e Đặt ε (x, y) = x2 + − y2 e x2 +y = − x2 +y − √ x2 = + y2 e ( x2 + y − e x2 +y x2 + y x2 +y ) → (x, y) → (0, 0) Như vậy: ∆f (0, 0) = f x (0, 0) x + f y (0, 0) y + ε (x, y) x2 + y ε (x, y) vơ bé x2 + y → Theo định nghĩa f (x, y) khả vi điểm (0, 0) 34 Kết luận Trong luận văn tơi trình bày cụ thể vấn đề khái niệm tính chất hàm hai biến liên tục, hàm hai biến khả vi Một số vấn đề, kết hoàn toàn giống hàm số biến số tính chất, định lý có liên quan trình bày lại cách chi tiết chứng minh 35 TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Mạnh Qúy - Nguyễn Xuân Liêm, Phép tính vi phân tích phân hàm nhiều biến số, NXB Đại học sư phạm, 2005 Nguyễn Định - Nguyễn Hoàng, Hàm số biến số thực (Cơ sơ giải tích đại), NXB Giáo dục, 1999 Lương Hà, Giáo trình hàm nhiều biến số, NXB Giáo dục Đại học Huế Trần Đức Long - Nguyễn Đình Sang - Nguyễn Viết Triều Tiên - Hồng Quốc Tồn, Bài tập giải tích tập 1, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội 36 ... xuyên sử dụng Định nghĩa tính chất liên tục hàm hai biến - Chương 2: Các định nghĩa tính chất khả vi hàm hai biến - Chương 3: Một số ví dụ liên tục khả vi hàm hai biến Phần kết luận nêu tóm tắt kết... trình bày lại định nghĩa tính chất liên tục, khả vi hàm nhiều biến (cụ thể hàm hai biến) giúp người đọc nắm rõ kiến thức tổng quát tính liên tục, khả vi hàm hai biến (khơng gian R2 ) từ dễ dàng... NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT VỀ SỰ LIÊN TỤC CỦA HÀM HAI BIẾN Chương trình bày khái niệm khơng gian metric số tính chất thường gặp khơng gian metric; định nghĩa hàm hai biến tính chất liên tục hàm hai biến