Phép tính vi phân hàm nhiều biến.pdf

GIẢI TÍCH (CƠ BẢN)
Tài liệu ôn thi cao học năm 2005
Phiên bản đã chỉnh sửa
PGS TS. Lê Hoàn Hóa
Ngày 10 tháng 12 năm 2004
Phép Tính Vi Phân Hàm Nhiều Biến
I - Sự liên tục
1. Không gian R
n
:
Định nghĩa:
Với x = (x
1
, x
2
, . . . , x
n
), y = (y
1
, y
2
, . . . , y
n
) ∈ R
n
, đặt:
- x = (x
2
1
+ x
2

2
+ . . . + x
2
n
)
1
2
là chuẩn Euclide của x
- d(x, y) = x− y = [(x
1
− y
1
)
2
+ (x
2
− y
2
)
2
+ . . . + (x
n
− y
n
)
2
]
1
2
là khoảng cách

giữa x, y.
- B(x, r) = {y ∈ R
n
/d(x, y) < r} là quả cầu mở tâm x, bán kính r.
Cho D ⊂ R
n
, điểm x ∈ R
n
được gọi là điểm biên của D nếu với mọi r > 0 thì
B(x, r) ∩ D = Ø và B(x, r) ∩ (R
n
\ D) = Ø.
Nếu x là điểm biên của D thì x cũng là điểm biên của R
n
\ D. Tập tất cả các điểm
biên của D được gọi là biên của D, ký hiệu ∂D. Ta có:
∂D = ∂(R
n
\ D)
Tập D được gọi là mở nếu mọi x ∈ D, có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ D. Nếu D là tập
mở, x ∈ D thì x không là điểm biên của D. Vậy nếu D là tập mở thì D không chứa
điểm biên của D và ngược lại.
Tập A ⊂ R
n
được gọi là đóng nếu R
n
\ A là tập mở. A là tập đóng ⇔ ∂A ⊂ A
Đặt :
•
0

D
= D \ ∂D là tập mở lớn nhất chứa trong D và gọi là phần trong của D.
•
−
D
= D ∪ ∂D là tập đóng bé nhất chứa D và gọi là bao đóng của D
Tâp D được gọi là bị chặn nếu có M ≥ 0 sao cho ||x|| ≤ M với mọi x ∈ D
Định lý:
1) R
n
là không gian đầy đủ, nghĩa là mọi dãy cơ bản trong R
n
đều hội tụ.
2) Cho A là tập đóng bị chặn trong R
n
và (x
k
)
k
là dãy trong A. Khi đó có dãy con
(x
k
i
)
i
của dãy (x
k
)
k
sao cho lim

i→∞
x
k
i
= x và x ∈ A
2. Giới hạn và sự liên tục :
Định nghĩa:
Cho D ⊂ R
n
, điểm x
0
∈ R
n
được gọi là điểm giới hạn (hay điểm tụ) của D nếu với
mọi r > 0 thì
D ∩ B(x
0
, r) \ {x
0
} = Ø
1
x
0
là điểm giới hạn của D nếu và chỉ nếu có dãy (x
k
)
k
trong D, x
k
= x

0
, lim
k→∞
x
k
= x
0
2.1 Cho f : D → R và x
0
là điểm giới hạn của D. Ta nói:
lim
x→x
0
f(x) = a ∈ R ⇔ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x ∈ D, 0 < d(x, x
0
) < δ
⇒ |f(x) − a| < ε
lim
x→x
0
f(x) = +∞ ⇔ ∀A ∈ R,∃δ > 0 : ∀x ∈ D, 0 < d(x, x
0
) < δ
⇒ f(x) > A
lim
x→x
0
f(x) = −∞ ⇔ ∀A ∈ R,∃δ > 0 : ∀x ∈ D, 0 < d(x, x
0
) < δ

⇒ f(x) < A
Ta có :
lim
x→x
0
f(x) = a ⇔ ∀(x
k
)
k
⊂ D, x
k
= x
0
, lim
k→∞
x
k
= x
0
⇒ lim
k→∞
f(x
k
) = a
Ghi chú :
Để chứng minh không có lim
x→x
0
f(x) ta cần chỉ ra có hai dãy (x
k

)
k
, (y
k
)
k
trong D
x
k
= x
0
, y
k
= y
0
, lim
k→∞
x
k
= x
0
= lim
k→∞
y
k
mà lim
k→∞
f(x
k
) = lim

k→∞
f(y
k
)
2.2 Cho f : D → R và x
0
∈ D. Ta nói:
f liên tục tại x
0
⇔ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x ∈ D, d(x, x
0
) < δ
⇒ |f(x) − f(x
0
)| < ε
Nếu f liên tục tại mọi x ∈ D ta nói f liên tục trên D
f liên tục trên D ⇔ ∀x ∈ D,∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x

∈ D, d(x, x

) < δ
⇒ |f(x) − f(x

)| < ε
f liên tục đều trên D ⇔ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x, x

∈ D, d(x, x

) < δ
⇒ |f(x) − f(x


)| < ε
Ta có: Nếu x
0
∈ D và x
0
là điểm giới hạn của D thì:
f liên tục tại x
0
⇔ lim
x→x
0
f(x) = f(x
0
)
2.3 Tập D ⊂ R
n
được gọi là liên thông nếu không có hai tập mở O
1
, O
2
sao cho :
D ∩ O
i
= Ø, i = 1, 2, D ⊂ O
1
∪ O
2
, D ∩ O
1

∩ O
2
= Ø
Định lý:
Cho A là tập đóng bị chặn trong R
n
và f : A → R liên tục. Khi đó:
a) f liên tục đều trên A
b) f đạt cực đại, cực tiểu trên A, nghĩa là có x
0
, y
0
∈ A sao cho :
f(x
0
) = max{f(x), x ∈ A}
f(y
0
) = min{f(x), x ∈ A}
2
c) Nếu giả sử thêm A liên thông và đặt :
m = min{f(x), x ∈ A} , M = max{f(x), x ∈ A}
Khi đó :f (A) = [m, M]
3. Thí dụ :
3.1 Cho f(x, y) =

1 − x
2
− y
2

, miền xác định D
f
= {x
2
+ y
2
≤ 1} là tập đóng,
bị chặn trong R
2
Cho g(x, y) =

x
2
4
+ y
2
− 1 + ln(4 − x
2
− y
2
) miền xác định:
D
g
=

(x, y) ∈ R
2
/x
2
+ y

2
< 4,
x
2
4
+ y
2
≥ 1

Biên của D
g
là hai đường cong :
C
1
=

x
2
4
+ y
2
= 1

, C
2
= {x
2
+ y
2
= 4}

Mọi (x, y) ∈ C
1
, (x, y) = (±2, 0) thì (x, y) ∈ D
g
Mọi (x, y) ∈ C
2
thì (x, y) /∈ D
g
D
g
là tập bị chặn, D
g
không là tập đóng cũng không là tập mở. D
g
không liên
thông
Thật vậy, đặt:
O
1
= {(x, y) ∈ R
2
/y > 0} , O
2
= {(x, y) ∈ R
2
/y < 0}
O
1
, O
2

là tập mở thỏa mãn:
D
g
∩ O
i
= Ø, i = 1, 2, D
g
⊂ O
1
∪ O
2
, D
g
∩ O
1
∩ O
2
= Ø
3.2 Cho A =

(x, y) ∈ R
2
/x, y ∈ Q∩ [0, 1]

, B =

(x, y) ∈ R
2
/x, y ∈ [0, 1]\ Q


Khi đó :
∂A = ∂B = [0, 1] × [0, 1],
0
A
=
0
B
= Ø, A = B = [0, 1]× [0, 1]
Thật vậy , với (x, y) ∈ [0, 1]
2
và r > 0, trong quả cầu mở tâm (x, y) bán
kính r, gọi D là hình vuông mở chứa trong quả cầu D =

x −
r
2
, x +
r
2

×

y −
r
2
, y +
r
2

Do mỗi khoảng mở khác rỗng đều chứa vô số số hữu tỉ và số vô tỉ nên D ∩ A =

Ø, D ∩ B = Ø, D ∩ (R
2
\A) = Ø, D ∩ (R
2
\B) = Ø
Vậy (x, y) ∈ ∂A, (x, y) ∈ ∂B
Ngoài ra, tập các điểm giới hạn của D cũng là [0, 1] × [0, 1]
3
3.3 Tính các giới hạn:
i) lim
x,y→0
sin xy
1 −
3

1 + xy
= lim
t→0
sin t
1 − (1 + t)
1
3
= lim
t→0
t
−t
3
= −3
(đặt t = xy)
ii) lim

x,y→0
1 − cos xy
y
2
= lim
x,y→0
x
2
(1 − cos xy)
x
2
y
2
= 0
iii) lim
x,y→+∞
(x
2
+ y
2
)e
−(x+y)
= 0
Thật vậy :
x
2
+ y
2
e
x+y

≤
x
2
e
x
+
y
2
e
y
iv) lim
x,y→0
xy
x + y
không tồn tại.
Thật vậy, đặt f(x, y) =
xy
x + y
, chọn:
(x
k
, y
k
) =

1
k
, 0

→ (0, 0), lim

k→∞
f

1
k
, 0

= 0
(x

k
, y

k
) =

1
k
,−
1
k
+
1
k
2

→ (0, 0), lim
k→∞
f(x


k
, y

k
) = lim
k→∞
1
k
(−
1
k
+
1
k
2
)
1
k
2
= −1
v) lim
x,y→0
x
2
y
x
4
+ y
2
không tồn tại.

Đặt f (x, y) =
x
2
y
x
4
+ y
2
, chọn:
(x
k
, y
k
) =

1
k
, 0

→ (0, 0), lim
k→∞
f

1
k
, 0

= 0
(x


k
, y

k
) =

1
k
,
1
k
2

→ (0, 0), lim
k→∞
f

1
k
,
1
k
2

=
1
2
3.4 Cho D là tập bị đóng, bị chặn trong R
n
và x

0
∈ R
n
. Chứng minh: có x
1
, y
1
∈ D
sao cho :
d(x
0
, x
1
) = max{d(x
0
, x), x ∈ D}
d(x
0
, y
1
) = min{d(x
0
, x), x ∈ D}
Đặt f : D → R định bởi: f(x) = d(x
0
, x) thì f liên tục.
Do D là tập đóng, bị chặn nên f đạt cực đại, cực tiểu trong D.
3.5 Cho D là tập đóng trong R
n
và x

0
∈ R
n
. Chứng minh: có x
1
∈ D sao cho :
d(x
0
, x
1
) = min{d(x
0
, x), x ∈ D}
Đặt: f : D → R định bởi: f(x) = d(x
0
, x) thì f liên tục.
Với M > 0 đủ lớn sao cho D ∩ B

(x
0
, M) = Ø (B

(x
0
, r) là quả cầu đóng).
Đặt D
1
= D ∩ B

(x

0
, M) thì D
1
là tập đóng, bị chặn.
Vậy có x
1
∈ D sao cho:
d(x
0
, x
1
) = min{d(x
0
, x), x ∈ D
1
} ≤ M
Với x ∈ D, xét hai trường hợp:
- x ∈ D
1
thì d(x
0
, x) ≥ d(x
0
, x
1
)
4
- x /∈ D thì d(x
0
, x) > M ≥ d(x

0
, x
1
)
Vậy d(x
0
, x
1
) = min{d(x
0
, x), x ∈ D}
3.6 Cho f : R
n
→ R liên tục và thỏa mãn: lim
||x||→∞
f(x) = 0. Chứng minh: f liên tục
đều.
Với ε > 0, do lim
||x||→∞
f(x) = 0, có M > 0 sao cho khi ||x|| > R thì: |f(x)| <
ε
3
Khi đó: với x, y ∈ R
n
,||x|| > M,||y|| > M thì
|f(x) − f(y)| <
2ε
3
< ε
Do f liên tục đều trên tập đóng, bị chặn B


(0, M + 1) nên có δ > 0 sao cho khi
x, y ∈ B

(0, M + 1), d(x, y) < δ thì |f(x)− f(y)| < ε Vậy f liên tục đều trên R
n
.
3.7 Cho
f(x, y) =

(x
2
+ y
2
)
x
2
+y
2
, x
2
+ y
2
> 0
a , x = y = 0
g(x, y) =

(x
2
+ y

2
)e
x
2
−y
2
, x
2
+ y
2
> 0
b , x = y = 0
Định a, b để f, g liên tục tại (0, 0).
Đặt t = x
2
+ y
2
, ta có: lim
x,y→0
(x
2
+ y
2
)
x
2
+y
2
= lim
t→0

t
t
= 1
(do lim
t→0
ln t
t
= lim
t→0
t ln t = 0)
Vậy: f liên tục tại (0, 0) ⇔ a = 1
Do x, y → 0, có thể giả sử x
2
+ y
2
< 1. Khi đó:
(x
2
+ y
2
)
x
2
+y
2
≤ (x
2
+ y
2
)

x
2
−y
2
≤ (x
2
+ y
2
)
−(x
2
+y
2
)
Suy ra: lim
x,y→0
(x
2
+ y
2
)
x
2
−y
2
= 1
Vậy g liên tục tại (0, 0) ⇔ b = 1
Bài tập
1 - Khảo sát các giới hạn sau:
i) lim

x,y→0
y(x
2
+ y
2
)
y
2
+ (x
2
+ y
2
)
2
ii) lim
x→0
y→1
(1 + xy)
1
x
2
+ xy
2 - Định a để các hàm số sau lên tục:
i) f(x, y) =



cos
x
3

− y
3
x
2
+ y
2
, x
2
+ y
2
> 0
a , x = y = 0
ii) g(x, y) =



x cos
1
x
2
+ y
2
, x
2
+ y
2
> 0
a , x = y = 0
3 - Chứng minh hàm số sau liên tục đều trên R
2

:
f(x, y) =



(x + y) sin
1
x
2
+ y
2
, x
2
+ y
2
> 0
0 , x = y = 0
HD: lim
x
2
+y
2
→∞
f(x, y) = 0
5