Sự liên tục và sự khả vi của hàm hai biến

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

Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP

Người hướng dẫn khoa học

TS. LÊ HOÀNG TRÍ

Đà Nẵng, N˚
am 2018


Lời cám ơn

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với (thầy) TS. Lê Hoàng Trí, người đã
hướng dẫn tôi tận tình trong suốt thời gian thực hiện đề tài.
Tôi xin chân thành cám ơn các thầy cô giáo Khoa Toán - Trường Đại học Sư phạm
- Đại học Đà Nẵng đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập.
Đặc biệt, tôi xin chân thành cám ơn bạn bè khóa 14ST đã động viên giúp đỡ tôi
trong suốt quá trình học tập và làm luận văn.

Đà Nẵng, tháng 4 n˚

am 2018
Tác giả
Nguyễn Huỳnh Khánh Vân

ii


Mục lục
Trang phụ bìa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

Lời cám ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Chương 1 - Định nghĩa và tính chất về sự liên tục của hàm hai biến
1.1

1.2

Một số khái niệm và kết quả về không gian metric . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.1

Không gian Metric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.2

Vị trí tương đối giữa một điểm đối với một tập . . . . . . . . . .

8

1.1.3

Tập mở, tập đóng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.1.4

Phần trong, bao đóng của một tập . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.1.5

Sự hội tụ trong không gian metric . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Định nghĩa và tính chất về sự liên tục của hàm hai biến . . . . . . . . . . 14

1.2.1

Hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.2.2

Tính liên tục của hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.2.3

Liên tục đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Chương 2 - Định nghĩa và tính chất về sự khả vi của hàm hai biến
2.1

2.2

5

21

Đạo hàm riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.1.1

Đạo hàm riêng của hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.1.2

Đạo hàm riêng cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2.1

Vi phân của hàm số hai biến số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2.2

Đạo hàm của hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2.3

Tính bất biến của dạng vi phân( hay vi phân của hàm số hợp) . . 29

1


Chương 3 - Một số ví dụ về các hàm khả vi và hàm liên tục

31

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2


Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Cùng với khái niệm giới hạn, tính liên tục và tính khả vi của hàm số là những kiến
thức cơ sở quan trong của giải tích toán học. Các khái niệm, tính chất và định lý về sự

liên tục, sự khả vi của hàm số thường xuyên được khai thác trong các kỳ thi Olympic
quốc gia, quốc tế. Các khái niệm, tính chất, kết quả chứng minh về sự liên tục, sự khả
vi trong Giải tích một biến có tính trực quan cao, dễ hiển thị thì sang không gian nhiều
chiều tính trừu tượng đã tăng lên rõ rệt. Tuy nhiên cái đẹp của Toán học nằm trong
sự trừu tượng và cái ích của Toán học nằm trong sự cụ thể. Xuất phát từ lí do đó, tôi
tiến hành nghiên cứu này nhằm trình bày lại các định nghĩa và tính chất về sự liên tục,
sự khả vi của hàm nhiều biến (cụ thể là hàm hai biến) giúp người đọc nắm rõ các kiến
thức cơ bản và tổng quát về tính liên tục, khả vi của hàm hai biến (không gian R2 ) từ
đó dễ dàng khái quát trong không gian. Rn .
2. Mục tiêu và nội dung nghiên cứu đề tài
Hàm số là một trong những khái niệm cơ bản của giải tích toán học. Hàm hai biến
được sử dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khác nhau của khoa học vè kỹ thuật. Nhiều
tính chất của hàm được khai thác triệt để và là giả thiết không thể thiếu trong nhiều
nghiên cứu: tính liên tục và tính khả vi của hàm số. Mục đích của luận văn là trình bày
lại những định nghĩa, tính chất đặc trưng về sự liên tục, sự khả vi của hàm hai biến và
một số ví dụ liên quan đến các tính chất này.
3. Phương pháp nghiên cứu
Đọc, dịch, tra cứu tài liệu tham khảo, sách chuyên ngành, trao đổi với thầy, nghiên
cứu khoa học một cách logic và hệ thống.
4. Bố cục luận văn
Bố cục nội dung gồm ba phần: mở đầu, nội dung chính và kết luận.
Phần mở đầu giới thiệu đề tài của luận văn.
Phần nội dung gồm ba chương:
3


- Chương 1: Các kiến thức về không gian metric gồm một số khái niệm và kết quả
thường xuyên sử dụng. Định nghĩa và tính chất về sự liên tục của hàm hai biến.
- Chương 2: Các định nghĩa và tính chất về sự khả vi của hàm hai biến.
- Chương 3: Một số ví dụ về sự liên tục và khả vi của hàm hai biến.

Phần kết luận nêu tóm tắt các kết quả đạt được của luận văn.

4


CHƯƠNG 1
ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT VỀ SỰ
LIÊN TỤC CỦA HÀM HAI BIẾN
Chương này trình bày khái niệm không gian metric và một số tính chất thường gặp
trong không gian metric; định nghĩa về hàm hai biến và các tính chất về sự liên tục
của hàm hai biến.

1.1

Một số khái niệm và kết quả về không gian
metric

1.1.1

Không gian Metric

Định nghĩa 1.1.1.1: Giả sử X là một tập tùy ý khác rỗng cho trước. Ta gọi hàm số
d : X × X → R là một metric (hay khoảng cách) trên X nếu hàm số này thỏa mãn
những điều kiện sau:
i) d (x, y)

0, với mọi x, y ∈ X : d (x, y) = 0 khi và chỉ khi x = y

ii) d (x, y) = d (y, x), với mọi x, y ∈ X
iii) d (x, z)

d (x, y) + d(y, z), với mọi x, y, z ∈ X, (bất đẳng thức tam giác)

Khi đó: d được gọi là một metric trên X và Cặp (X, d) được gọi là không gian metric.
Ví dụ 1.1.1.1: Ký hiệu R2 = {(x, y) : x, y ∈ R}. Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 ,ta đặt
d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) =

(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 . Khi đó: d là một metric trên R2 .

Chứng minh: Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) thuộc R2
• d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) =

(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2

d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = 0 ⇔

0 và

(x1− x2 )2 + (y1 − y2 )2 = 0

 x1 = x2
⇔

 y1 = y2
⇔ (x1 , y1 ) = (x2 , y2 )
5


• d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) =

(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2

=

(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2

= d(x2 , y2 ), (x1 , y1 )
• Với mọi (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 , khi đó
a1 + a2 = x1 − x3 ,b1 + b2 = y1 − y3 . Lúc này, bất phương trình trên tương đương
với:
(a1 + a2 )2 + (b1 + b2 )2 ≤

a1 2 + b 1 2 +

a2 2 + b 2 2

⇔ a1 2 + a2 2 + 2a1 a2 + b1 2 + b2 2 + 2b1 b2 ≤ a1 2 + a2 2 + b1 2 + b2 2
+2

a1 2 + b 1 2

a2 2 + b 2 2

⇔ a1 a2 + b 1 b 2 ≤

a1 2 + b 1 2

a2 2 + b2 2 (bất đẳng thức Bunyakovsky)

Vậy d là metric trên R2 .
Ví dụ 1.1.1.2: Cho X = R2 . Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 , ta đặt
d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 |. Khi đó: d là một metric trên R2 .
Chứng minh: Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) thuộc R2
• d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 | ≥ 0
d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = 0 ⇔ |x1 − x2 | + |y1 − y2 | = 0 ⇔



 |x1 − x2 | = 0

 |y1 − y2 | = 0

⇔



 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 mọi (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:
6


|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 trên vế theo vế ta được điều phải chứng minh.
Vậy d là một metric trên R2 .
Ví dụ 1.1.1.3: Cho X = R2 . Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 , ta đặt
d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = max {|x1 − x2 | , |y1 − y2 |}. Khi đó d là một metric trên R2 .
Chứng minh: Dễ dàng chứng minh được d thỏa mãn điều kiện i),ii) theo định nghĩa
1.1.1.1 Ta kiểm tra điều kiện iii), tức là chứng minh max {|x1 − x3 | , |y1 − y3 |}
≤ max {|x1 − x2 | , |y1 − y2 |} + max {|x2 − x3 | , |y2 − y3 |} ,với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ),
(x3 , y3 ) thuộc R2 .
Thật vậy, ta xét:
Nếu |x1 − x3 | > |y1 − y3 |, ta suy ra 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 ra 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 đó d là một metric trên R2 .
Ví dụ 1.1.1.4: Ký hiệu Rn = (x1 , x2 , ..., xn ) : xi ∈ R, i = 1, n là tập hợp tất cả các
bộ 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 đó d là một metric trên Rn .
Chứng minh: Rõ ràng d thỏa mãn các điều kiện i), ii) theo định nghĩa 1.1.1.1 Ta kiểm
tra điều kiện iii), tức là chứng minh với mọi x, y, z ∈ Rn :
n

n
2

|xi − zi | ≤
i=1

n
2

|yi − zi |2

|xi − yi | +
i=1

i=1

7

Ta có
n

n

n

2

2

2

|xi − zi | =

d (x, z) =
i=1

i=1

i=1

n

n

|xi − yi |2 + 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

2

⇒ d (x, z) ≤

2

|xi − yi | + 2
i=1

2

|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

2

2

⇒ d (x, z) ≤ d (x, y) + d (y, z)
Vậy (Rn , d) là một không gian metric và ta gọi d là metric thông thường trên Rn .

1.1.2

Vị trí tương đối giữa một điểm đối với một tập

Cho (X, d) là không gian metric, x0 là một điểm thuộc X và A ⊂ X.
Định nghĩa 1.1.2.1: Ta gọi hình cầu mở tâm x0 bán kính r > 0 trong X và ký hiệu
B (x0 , r) là tập {x ∈ X : d (x, x0 ) < r}.
Định nghĩa 1.1.2.2: Ta gọi hình cầu đóng tâm x0 bán kính r > 0 trong X và ký
hiệu B [x0 , r] là tập {x ∈ X : d (x, x0 ) ≤ r}.
Trong R2 với metric thông thường, B (x0 , r) là hình tròn mà không lấy đường
tròn và B [x0 , r] là hình tròn mà có lấy đường tròn.
Định nghĩa 1.1.2.3: x0 được gọi là điểm trong của A nếu tồn tại r > 0 sao cho
B (x0 , r) ⊂ A
Định nghĩa 1.1.2.4: x0 được gọi là điểm ngoài của A nếu tồn tại r > 0 sao cho
B (x0 , r) ⊂ X\A
Định nghĩa 1.1.2.5: x0 được gọi là điểm biên của A nếu nó không là điểm trong,
cũng không là điểm ngoài của A.
8


Định nghĩa 1.1.2.6: x0 được gọi là điểm giới hạn (điểm tụ) của A nếu với mọi
r > 0, B (x0 , r) ∩ (A\ {x0 }) = ∅.
Định nghĩa 1.1.2.7: x0 được gọi là điểm dính của A nếu với mọi r > 0,
B (x0 , r) ∩ A = ∅.
Nhận xét 1.1.2.1: Có ba trường hợp xảy ra đối với vị trí của x0 và tập A: x0 là
điểm trong của A, x0 là điểm ngoài của A hoặc x0 là điểm biên của A.

1.1.3

Tập mở, tập đóng

Định nghĩa 1.1.3.1: Cho (X, d) là không gian metric, A ⊂ X. Khi đó, A được gọi là
tập hợp mở (tập mở) nếu mỗi điểm của A đều là điểm trong (của A).
Nhận xét 1.1.3.1: Mọi hình cầu mở là tập mở
Chứng minh: Giả sử B (x, r) là hình cầu mở tâm x bán kính r trong X. Lấy bất kỳ
y ∈ B (x, r), ta có d (x, y) < r. Đặt δ = r − d (x, y) > 0. Ta phải chứng minh:
B (y, δ) ⊂ B (x, r). Thật vậy, nếu z ∈ B (y, δ) thì d (y, z) < δ. Khi đó:
d (x, z) ≤ d (x, y) + d (y, z) < d (x, y) + δ = r

.

nên d (x, z) < r. Vậy B (x, r) là tập mở.
Định lý 1.1.3.1: Trong một không gian metric bất kỳ ta có:
a) Hợp tùy ý các tập mở là tập mở
b) Giao hữu hạn các tập mở là tập mở.
Chứng minh: a) Giả sử {Aα }α∈I là họ tùy ý các tập mở trong X, ta chứng minh
F =

Aα mở trong X. Thật vậy, với mọi x thuộc F , tồn tại α0 thuộc I sao cho x
α∈I

thuộc Aα0 . Vì Aα0 là tập mở nên x là điểm trong của Aα0 , ta suy ra tồn tại r > 0 sao
cho B (x, r) ⊂ Aα0 ⊂

Aα . Suy ra với mọi x thuộc F , x là điểm trong của F . Vậy F
α∈I

là tập mở trong X.
b) Giả sử A1 , ..., An là hữu hạn các tập mở trong X, ta phải chứng minh
n

E=

n

Ai mở trong X. Với mọi x thuộc E =
i=1

Ai , suy ra x thuộc Ai với mọi
i=1

9


i = 1, ..., n. Mỗi Ai là tập mở nên tồn tại ri > 0 sao cho B (x, ri ) ⊂ Ai . Với mọi
i = 1, ..., n ta đặt r = min ri , khi đó B (x, r) ⊂ B (x, ri ) ⊂ Ai . Do đó
n

B (x, r) ⊂ E =

Ai . Vậy E là tập mở trong X.
i=1

Định nghĩa 1.1.3.2: Cho F ⊂ X được gọi là tập hợp đóng của X nếu X\F là tập
mở.
Định lý 1.1.3.2: Cho (X, d) là không gian metric, F ⊂ X. Khi đó F đóng khi và chỉ
khi với bất kỳ dãy {xn } ⊂ F , nếu xn → x thì x phải thuộc F .

Chứng minh: Thật vậy:
(⇒) Giả sử F đóng trong X, dãy {xn } ⊂ F và xn → x. Ta phải chứng minh x ∈ F .
Giả sử ngược lại x ∈
/ F tức là x ∈ X\F . Vì F là tập đóng nên X\F là tập mở. Khi đó
x là điểm trong của X\F , suy ra tồn tại r > 0 sao cho B (x, r) ⊂ X\F . Mặt khác, vì
xn → x nên d (xn , x) → 0 khi n → ∞. Ta chọn ε = r, khi đó tồn tại Nε ∈ N∗ sao cho
d (xn , x) < r với mọi n ≥ Nε . Suy ra xn ∈ B (x, r) ⊂ X\F với mọi n ≥ Nε . Tức là
xn ∈
/ F với mọi n ≥ Nε (vô lý vì dãy {xn } ⊂ F ) . Vậy x ∈ F .
(⇐) Giả sử với mọi dãy {xn } ⊂ F , nếu xn → x ta đều có x ∈ F . Ta chứng minh F là
tập đóng trong X. Giả sử ngược lại F là tập không đóng, suy ra X\F là tập không
mở, tức là tồn tại y ∈ X\F sao cho y không là điểm trong của X\F . Khi đó với mọi
r > 0 thì B (y, r) ⊂ X\F hay nói cách khác B (y, r) ∩ F = ∅. Với mọi n ∈ N∗ , ta chọn
1
1
1
r = , khi đó B y,
∩ F = ∅. Suy ra với mọi n ∈ N∗ , tồn tại yn ∈ B y,
∩ F.
n
n
n
1
1
nên d (yn , y) <
Ta suy ra với mọi n ∈ N∗ thì {yn } ⊂ F . Mặt khác, vì yn ∈ B y,
n
n
∗
với mọi n ∈ N . Khi đó ta suy ra yn → y khi n → ∞ mà {yn } ⊂ F nên y ∈ F (vô lý vì

y∈
/ F ). Vậy định lý đã được chứng minh.

1.1.4

Phần trong, bao đóng của một tập

Định nghĩa 1.1.4.1: Cho (X, d) là không gian metric, A ⊂ X. Khi đó, tập tất cả các
điểm trong của A được gọi là phần trong của A. Ký hiệu là: intA hay Ao .
Nhận xét 1.1.4.1: Cho (X, d) là không gian metric, A ⊂ X. Khi đó:
10


a) intA là hợp của họ tất cả các tập mở của X được chứa trong A.
b) intA là tập mở lớn nhất được chứa trong A.
c) A là tập mở khi và chỉ khi intA = A
V : V mở, V ⊂ A ⊂ X .

Chứng minh: a) Ta chứng minh intA =

Lấy x bất kỳ thuộc intA, suy ra x là điểm trong của A. Khi đó, tồn tại r > 0 sao cho
x ∈ B (x, r) ⊂ A. Do B (x, r) là tập hợp mở nên:
B (x, r) ∈ V : V mở, V ⊂ A ⊂ X
⇒ B (x, r) ⊂

V : V mở, V ⊂ A ⊂ X

⇒ intA ⊂ A.
Đặt B =

V : V mở, V ⊂ A ⊂ X . Lấy x bất kỳ thuộc B, suy ra tồn tại Vo mở sao

cho x ∈ Vo ⊂ A. Vì Vo mở nên tồn tại r > 0 sao cho B (x, r) ⊂ Vo ⊂ A. Khi đó x là
điểm trong của A nên x thuộc intA. Suy ra B ⊂ intA.
Vậy nhận xét đã được chứng minh.
b) Theo câu a, intA =

V : V mở, V ⊂ A ⊂ X mà hợp tùy ý các tập

mở là tập hợp mở nên intA cũng là tập mở. Bây giờ tâ chứng minh intA là tập mở lớn
nhất trong A. Thật vậy, giả sử G là tập mở lớn nhất trong A, ta sẽ chứng minh G = A.
Vì G là tập mở nên G ∈ V : V mở, V ⊂ A ⊂ X . Suy ra
G⊂

V : V mở, V ⊂ A ⊂ X = intA.

Mặt khác, G là tập mở lớn nhất trong A mà intA là tập mở trong A. Suy ra intA ⊂ G.
Vậy nhận xét đã được chứng minh.
c) Nhận xét được chứng minh như sau:
(⇒) Cho A là tập mở, ta sẽ chứng minh intA = A.
Ta đã chứng minh được intA ⊂ A ở câu a, bây giờ ta chỉ cần chứng minh A ⊂ intA.
Thật vậy, intA là tập mở lớn nhất trong A mà A cũng mở trong A nên A ⊂ intA.
(⇐) Giả sử intA = A, dễ dàng ta chứng minh được A là tập mở.

11


Định nghĩa 1.1.4.2: Cho (X, d) là không gian metric, F ⊂ X. Khi đó, giao của tất
cả các tập đóng chứa F được gọi là bao đóng của F . Ký hiệu là: F hay cl F . Như vậy:
F =

E : E đóng, F ⊂ E ⊂ X

Nhận xét 1.1.4.2: Cho (X, d) là không gian metric, F ⊂ X. Khi đó:
a) F ⊂ F
b) F là tập đóng nhỏ nhất chứa F .
c) F đóng trong X khi và chỉ khi F = F
Chứng minh: Chứng minh tương tự như ở phần nhận xét 1.1.4.1

1.1.5

Sự hội tụ trong không gian metric

Định nghĩa 1.1.5.1: Cho (X, d) là không gian metric và {xn } là một dãy trong X.
Ta nói dãy {xn } hội tụ đến x ∈ X nếu khoảng cách giữa xn và x0 dần tiến đến 0 khi
n → ∞. Lúc đó x0 được gọi là giới hạn của dãy xn và ta sẽ ký hiệu là
lim xn = x0 hay xn → x0 khi n → ∞. Diễn tả lại ta có:

n→∞

lim xn = x0 ⇔ lim d (xn , x0 ) = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 , d (xn , x0 ) < ε

n→∞

n→∞

Nhận xét 1.1.5.1: Cho {xn } , {yn } là các dãy trong không gian metric X.
a) Nếu xn → x0 thì x0 là duy nhất.
b) Nếu xn → x0 và yn → y0 thì d (xn , yn ) → (x0 , y0 )
Chứng minh: a) Giả sử xn → x0 và xn → y0 . Ta sẽ chứng minh x0 = y0

Thật vậy. từ bất đẳng thức tam giác ta có: d (x0 , y0 ) ≤ d (x0 , xn ) + d (xn , y0 ).
Cho n → ∞ thì: 0 ≤ d (x0 , y0 ) ≤ lim d (x0 , xn ) + lim d (xn , y0 ) = 0
n→∞

n→∞

Vậy d (x0 , y0 ) = 0 hay x0 = y0 .
b) Thật vậy:
d (x0 , y0 ) ≤ d (x0 , xn ) + d (xn , yn ) + d (yn , y0 ) => d (x0 , y0 ) − d (xn , yn ) ≤
d (x0 , xn ) + d (yn , y0 ) .

(1)
12


d (xn , yn ) ≤ d (xn , x0 ) + d (x0 , y0 ) + d (y0 , yn ) => d (xn , yn ) − d (x0 , y0 )≤
d (xn , x0 ) + d (y0 , yn ) .

(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra:
0 ≤ |d (xn , yn ) − d (x0 , y0 )| ≤ d (xn , x0 ) + d (yn , y0 )
⇒ lim |d (xn , yn ) − d (x0 , y0 )| = 0
n→∞

⇒ lim (d (xn , yn ) − d (x0 , y0 )) = 0
n→∞

Ví dụ 1.1.5.1: Cho {xn } , {yn } là các dãy trong không gian metric X.
1. Hội tụ trong R, C. Giả sử {xn } là một dãy trong R với metric thông thường.

Theo định nghĩa, dãy {xn } hội tụ về x0 khi và chỉ khi |xn − x0 | → 0 khi n → ∞
2. Hội tụ trong Rk . Giả sử {xn } là một dãy trong Rk với metric thông thường. Ta
có:
(n)

(n)

(0)

(0)

(n)

xn = x1 , x2 , ..., xk

(0)

x0 = x1 , x2 , ..., xk
(0)

(0)

(0)

∈ Rk khi và chỉ

Theo định nghĩa, dãy {xn } hội tụ về x0 = x1 , x2 , ..., xk
khi d (xn , x0 ) → 0 khi n → ∞. Điều này tương đương với:
k
(n)

xi

(0)

2

− xi

(n)

→ 0 ⇔ xi

(0)

− xi

(n)

→ 0 ⇔ xi

(0)

→ xi

∀i = 1, k

i=1

Như vậy, sự hội tụ của một dãy trong Rk chính là sự hội tụ theo tọa độ (hay

thành phần) của dãy. Đặc biệt với k = 1 thì đây chính là sự hội tụ của một dãy số
thực thông thường.
Định nghĩa 1.1.5.2: Cho (X, d) là không gian metric và {xn } là một dãy trong X.
Ta nói dãy {xn } là dãy Cauchy (dãy cơ bản) khi và chỉ khi:
∀ε > 0, ∃n0 ∈ N : ∀m, n ≥ n0 , d (xn , xm ) < ε
Bổ đề 1.1.5.1: Cho (X, d) là không gian metric và {xn } là một dãy trong X. Nếu
xn → x thì xn là dãy Cauchy.
Chứng minh: Giả sử xn → x, ta chứng minh xn là dãy Cauchy. Thật vậy:
ε
ε
Vì xn → x nên với mọi > 0, tồn tại n0 ∈ N sao cho: d (xn , x) < .
2
2
ε ε
Mặt khác: d (xn , xm ) ≤ d (xn , x) + d (x, xm ) < + = ε ∀m, n ≥ n0 . Vậy xn là dãy
2 2
Cauchy.
13


Cho (X, d) là không gian metric và {xn } là một dãy trong X. Nếu xn → x thì xn
là dãy Cauchy nhưng điều ngược lại chưa chắc đúng, nghĩa là dãy Cauchy có thể
không hội tụ.

1.2

Định nghĩa và tính chất về sự liên tục của hàm
hai biến

1.2.1

Hàm hai biến

Định nghĩa 1.2.1.1: Cho D ⊂ Rn . Một ánh xạ f từ D vào R được gọi là một hàm n
biến. Ta viết:
f:

D ⊂ Rn

→ R

x = (x1 , x2 , ..., xn ) → f (x) = f (x1 , x2 , ..., xn )
Tập hợp D được gọi là tập xác định (hay miền xác đinh) của hàm số f và x1 , x2 , ..., xn
được gọi là các biến số độc lập. Trong trường hợp n = 2 ta có hàm hai biến và thường
được ký hiệu là z = f (x, y).
Ví dụ 1.2.1.1: Ánh xạ f : R → R2 cho bởi:

xy


nếu (x, y) = (0, 0)
2
x + y2
f (x, y) =

 0
nếu (x, y) = (0, 0)

là hàm hai biến

.

1.2.2

Tính liên tục của hàm hai biến

Định nghĩa 1.2.2.1: Giả sử D ⊂ R2 và f : D → R.
i) Hàm f được gọi là liên tục tại x0 ∈ D nếu với mọi ε > 0 cho trước, tồn tại δ > 0
sao cho d (f (x), f (x0 )) < ε với mọi x ∈ D mà d (x, x0 ) < δ.
ii) Hàm f gọi là liên tục trên D nếu f liên tục tại mọi x ∈ D.
Định lý 1.2.2.1: Hàm f liên tục tại x0 ∈ X khi và chỉ khi với mọi dãy {xn } ⊂ D,
D ⊂ R2 , nếu xn → x0 thì f (xn ) → f (x0 ).

14


Chứng minh: Định lý được chứng minh như sau:
(⇒) Giả sử f liên tục tại x0 và {xn } là một dãy trong D sao cho xn → x0 . Ta phải
chứng minh f (xn ) → f (x0 ) trong R. Cho ε > 0, vì f liên tục tại x0 nên có δ > 0 sao
cho:
d (f (x) , f (x0 )) < ε khi d (x, x0 ) < δ,

x∈D

Vì xn → x0 nên với δ > 0 ở trên, tồn tại n0 ∈ N để d (xn , x0 ) < δ khi n ≥ n0 . Nhưng
lúc đó theo trên thì d (f (xn ) , f (x0 )) < ε. Vậy d (f (xn ) , f (x0 )) < ε.
(⇐) Ta dùng phản chứng để chứng minh. Giả sử f không liên tục tại x0 . Khi đó tồn
tại ε > 0 sao cho với mọi δ > 0 tồn tại x ∈ D sao cho d (x, x0 ) < δ thì
1
d (f (x) , f (x0 )) ≥ ε. Lấy δ = > 0 với mọi n ∈ N∗ . Khi đó tồn tại xn ∈ D thỏa mãn

n
1
d (xn , x0 ) < nhưng d (f (xn ) , f (x0 )) ≥ ε. Như vậy ta đã chỉ ra một dãy {xn } ⊂ D,
n
xn → x0 khi n → ∞ nhưng f (xn ) →
/ f (x0 ). Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Định lý
được chứng minh.
Bổ đề 1.2.2.1: Cho f : D → R, D ⊂ R2 , x0 là một điểm thuộc D. Khi đó các khẳng
định sau tương đương:
a) f liên tục tại x0 .
b) Với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho f [B (x0 , δ)] ⊂ B [f (x0 ) , ε].
c) Với mọi lân cận V của f (x0 ), tồn tại lân cận U của x0 sao cho f (U ) ⊂ V .
Chứng minh: Bổ đề trên được chứng minh như sau:
(a ⇒ b) Giả sử f liên tục tại x0 . Khi đó, với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi
x ∈ D mà d (x, x0 ) < δ thì d (f (x) , f (x0 )) < ε. Ta phải chứng minh f [B (x0 , δ)]
⊂ B [f (x0 , ε)]. Thật vậy, lấy y bất kỳ thuộc f [B (x0 , δ)]. Khi đó tồn tại x ∈ B (x0 , δ)
sao cho y = f (x). Vì x ∈ B (x0 , δ) nghĩa là d (x, x0 ) < δ. Lúc này theo trên ta suy ra
được d (f (x) , f (x0 )) < ε. Khi đó, y = f (x) ∈ B [f (x0 ) , ε]. Vậy f [B (x0 , δ)]
⊂ B [f (x0 ) , ε].
(b ⇒ a) Giả sử với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho f [B (x0 , δ)] ⊂ B [f (x0 ) , ε]. Ta sẽ
chứng minh f liên tục tại x0 . Thật vậy, với mọi x ∈ D mà d (x, x0 ) < δ tức là
x ∈ B (x0 , δ). Lúc này, f (x) ∈ f [B (x0 , δ)] ⊂ B [f (x0 ) , ε]. Ta suy ra mọi ε > 0, tồn tại
15


δ > 0 mà d (x, x0 ) < δ thì d (f (x) , f (x0 )) < ε. Vậy theo định nghĩa f liên tục tại x0 .
(b ⇒ c) Giả sử đã có b), ta sẽ chứng minh c) là đúng. Thật vậy, cho V là lân cận của
f (x0 ). Khi đó, tồn tại ε > 0 sao cho B (f (x0 ) , ε) ⊂ V . Theo câu b, tồn tại δ > 0 sao
cho f [B (x0 , δ)] ⊂ B [f (x0 ) , ε]. Đặt U = B (x0 , δ), lúc này U là lân cận của x0 và
f (U ) ⊂ V . Ta được điều phải chứng minh.

(c ⇒ b) Giả sử đã có c, ta sẽ chứng minh b là đúng. Thật vậy với mọi ε > 0, V là lân
cận của f (x0 ) nên đặt V = B [f (x0 ) , ε]. Khi đó, tồn tại lân cận U của x0 sao cho
f (U ) ⊂ V . Vì U là lân cận của x0 nên tồn tại δ > 0 sao cho B (x0 , δ) ⊂ U . Suy ra
f [B (x0 , δ)] ⊂ f (U ) ⊂ V = B [f (x0 ) , ε]. Ta được điều phải chứng minh.
Định lý 1.2.2.2: Cho f : D → R, D ⊂ R2 . Khi đó các khẳng định sau tương đương:
a) f liên tục trên D.
b) Với mọi tập G mở trong R thì tập f −1 (G) là mở trong D.
c) Với mọi tập F đóng trong R thì tập f −1 (F ) là đóng trong D.
Chứng minh: Định lý được chứng minh như sau:
(a ⇒ b) Giả sử x0 ∈ f −1 (G), khi đó f (x0 ) ∈ G. Vì G mở trong R nên tồn tại ε > 0 để
B (f (x0 ) , ε) ⊂ G. Do f liên tục tại x0 nên với ε này thì tồn tại δ > 0 sao cho với mọi
x ∈ D mà d (x, x0 ) < δ thì d (f (x) , f (x0 )) < ε. Điều này có nghĩa là với mọi
x ∈ B (x0 , δ) thì f (x) ∈ B (f (x0 ) , ε) ⊂ G hay x ∈ f −1 (G). Vậy B (x0 , δ) ⊂ f −1 (G)
nên f −1 (G) là mở.
(b ⇒ a) Cho x0 ∈ D và ε > 0. Tập B = B (f (x0 ) , ε) là tập mở trong R nên f −1 (B)
mở trong D và x0 ∈ f −1 (B). Do vậy, tồn tại δ > 0 sao cho B (x0 , δ) ⊂ f −1 (B). Nói
cách khác, với mọi x ∈ D sao cho d (x, x0 ) < δ thì x ∈ f −1 (B) nên f (x) ∈ B, nghĩa là
d (f (x) , f (x0 )) < ε.
(b ⇔ c) Ta có:
f −1 (R\E) = D\f −1 (E)
Do đó từ mối liên hệ giữa tập mở và tập đóng, ta lấy E lần lượt bằng F và G thì suy
ra được điều phải chứng minh.
16


Định lý 1.2.2.3: Giả sử f : A1 → A2 , g : A2 → R với A1 ⊂ R2 , A2 ⊂ R. Khi đó nếu f
liên tục tại x0 thuộc A1 , g liên tục tại f (x0 ) thuộc A2 thì gof : A1 → R liên tục tại
x0 ∈ A1 .
Chứng minh: Giả sử {xn } ⊂ A1 và xn → x0 . Do f liên tục tại x0 nên f (xn ) → f (x0 )
và g liên tục tại f (x0 ) nên g (f (xn )) → g (f (x0 )). Như vậy (g ◦ f ) (xn ) → (g ◦ f ) (x0 ).

Vậy (g ◦ f ) liên tục tại x0 .
Định lý 1.2.2.4: Nếu hàm f và g là những hàm liên tục tại x0 ∈ E ⊂ R2 . Khi đó:
a) f ± g liên tục tại x0 .
b) f g liên tục tại x0 .
f
c) liên tục tại x0 với g (x0 ) = 0.
g
Chứng minh: Giả sử f, g là những hàm liên tục tại x0 ∈ E ⊂ R2 .
a) Ta chứng minh f + g cũng liên tục tại x0 . Thật vậy, với mọi ε > 0 ta có:
ε
> 0, tồn tại δ1 > 0 mà d (x, x0 ) < δ1 thì
2
ε
ε
|f (x) − f (x0 )| < . Vì g liên tục tại x0 nên với mọi > 0, tồn tại δ2 > 0 mà
2
2
ε
d (x, x0 ) < δ2 thì |g (x) − g (x0 )| < . Ta chọn δ = min{δ1 , δ2 }. Khi đó:
2

Vì f liên tục tại x0 nên với mọi

|[f (x) + g (x)] − [f (x0 ) + g (x0 )]| = |[f (x) − f (x0 )] + [g (x) − g (x0 )]|
≤ |f (x) − f (x0 )| + |g (x) − g (x0 )| <

ε ε
+ =ε
2 2

Vậy f + g cũng liên tục tại x0 .
Chứng minh tương tự f − g cũng liên tục tại x0 .
b) Ta chứng minh f.g cũng liên tục tại x0 . Thật vậy, với mọi ε > 0 ta có:
Vì g liên tục tại x0 nên tồn tại δ1 > 0 mà d (x, x0 ) < δ1 thì |g (x) − g (x0 )| <

ε
2 |f (x0 )|

ε0
. Khi đó:
2 |f (x0 )|
ε0
|g (x)| = |g (x) − g (x0 ) + g (x0 )| ≤ |g (x) − g (x0 )| + |g (x0 )| <
+ |g (x0 )|.
2 |f (x0 )|

Mặt khác, với mọi x ∈ B (x0 , δ1 ) chọn ε0 thỏa |g (x) − g (x0 )| <

Suy ra tồn tại

sup

|g (x)|.

x∈B(x0 ,δ1 )

17


Vì f liên tục tại x0 nên tồn tại δ2 > 0 mà d (x, x0 ) < δ2 thì:

|f (x) − f (x0 )| <

ε
2

|g (x)|

sup
x∈B(x0 ,δ1 )

Ta chọn δ = min{δ1 , δ2 }. Khi đó:
|f (x) .g (x) − f (x0 ) .g (x0 )| = |f (x) .g (x) − f (x0 ) .g (x) + f (x0 ) .g (x) − f (x0 ) .g (x0 )|
≤ |g (x)| . |f (x) − f (x0 )| + |f (x0 )| . |g (x) − g (x0 )|
<

sup

|g (x)| .

x∈B(x0 ,δ)

<

ε
2

sup

|g (x)|

+ |f (x0 )| .

ε
2 |f (x0 )|

x∈B(x0 ,δ)

ε ε
+ =ε
2 2

Vậy f.g liên tục tại x0 .
c) Ta chứng minh

f
cũng liên tục tại x0 với g (x0 ) = 0.
g

Thật vậy, với mọi ε > 0 ta có:
Vì g liên tục tại x0 nên tồn tại δ1 > 0 mà d (x, x0 ) < δ1 thì |g (x) − g (x0 )| <

|g (x0 )|
.
2

Suy ra với mọi x ∈ B (x0 , δ1 ), ta có:
|g (x)| = |g (x) − g (x0 ) + g (x0 )| ≥ |g (x0 )| − |g (x) − g (x0 )| >

|g (x0 )|
2

Mặt khác:
|g (x0 )|2
g liên tục tại x0 nên tồn tại δ2 > 0 mà d (x, x0 ) < δ2 thì |g (x) − g (x0 )| <
ε
4 |f (x0 )|
|g (x0 )|
f liên tục tại x0 nên tồn tại δ3 > 0 mà d (x, x0 ) < δ3 thì |f (x) − f (x0 )| <
ε.
4
Ta chọn δ = min{δ1 , δ2 ,δ3 }. Khi đó:
f (x) g (x0 ) − f (x0 ) g (x)
f (x) f (x0 )
−
=
g (x)
g (x0 )
g (x) g (x0 )
=

f (x) g (x0 ) − f (x0 ) g (x0 ) + f (x0 ) g (x0 ) − f (x0 ) g (x)
g (x) g (x0 )

=

g (x0 ) [f (x) − f (x0 )] + f (x0 ) [g (x) − g (x0 )]
g (x) g (x0 )

≤

|f (x) − f (x0 )| |f (x0 )| . |g (x) − g (x0 )|
+
|g (x)|
|g (x)| . |g (x0 )|
18


|g (x0 )|
2 |f (x0 )| |g (x0 )|2
2
.
ε+
.
<
|g (x0 )|
4
|g (x0 )|2 4 |f (x0 )|
ε ε
+ =ε
2 2
f
Vậy liên tục tại x0 với g (x0 ) = 0.
g
<

Định lý 1.2.2.5: (Định lý Weierstrass 1)Cho f là hàm liên tục trên một tập đóng và
bị chặn E ⊂ R2 . Lúc đó f là một hàm bị chặn trên E.
Chứng minh: Giả sử f không bị chặn trên E, lúc đó với mỗi k ∈ N ta tìm được
xn ∈ E sao cho |f (xn )| > n. Vì mỗi dãy bị chăn luôn có ít nhất một dãy con hội tụ
nên từ dãy {xn } bị chặn, rút ra được dãy con hội tụ {xnk }. Gọi lim xnk = x0 . Vì E

k→∞

đóng nên x0 ∈ E. Do f liên tục tại x0 nên lim f (xnk ) = f (x0 ). Nhưng luôn có
nk →∞

f (xnk ) > nk nên lim f (xnk ) = ∞. Mâu thuẫn này chứng tỏ f phải bị chặn trên E.
nk →∞

Định lý 1.2.2.6: (Định lý Weierstrass 2) Nếu f là hàm liên tục trên một tập đóng và
bị chặn E ⊂ R2 thì f đạt được giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên E.
Chứng minh: Ta chứng minh f đạt giá trị lớn nhất trên E. Theo định lý 1.2.2.5 ta
suy ra được f bị chặn. Khi đó tồn tại b = sup f (x). Giả sử rằng f (x) < b với mọi
x∈E

1
x ∈ E. Xét hàm g (x) =
. Khi đó g là hàm xác định và liên tục trên E. Do đó
b − f (x)
g cũng bị chặn trên E. Vì b = sup f (x) nên với mỗi k ∈ N, tồn tại xk ∈ E sao cho
x∈E

1
1
1
f (xk ) > b − hay b − f (xk ) < . Do đó, g (xk ) =
> k. Điều này mâu
k
k
b − f (xk )
thuẫn với tính bị chặn của hàm g. Vậy tồn tại x0 ∈ E để f (x0 ) = b tức là f đạt giá trị

lớn nhất tại x0 ∈ E.
Tương tự chứng minh được f đạt giá trị nhỏ nhất trên E.

1.2.3

Liên tục đều

Định nghĩa 1.2.3.1: Cho f là hàm số xác định trên E ⊂ R2 . Hàm f được gọi là liên
tục đều trên E nếu với mỗi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi điểm x, x ∈ E mà
d (x, x ) < δ thì |f (x) − f (x )| < ε.

19


Định lý 1.2.3.1: (Định lý Cantor) Nếu hàm f liên tục trên tập đóng và bị chặn E
của R2 thì f liên tục đều trên E.
Chứng minh: Giả sử f không liên tục đều trên E. Lúc đó tồn tại ε > 0 sao cho với
mỗi δ > 0, ta tìm được x, x ∈ E mà d (x, x ) < δ thì |f (x) − f (x )| ≥ ε. Do đó với
1
mỗi n ∈ N, tồn tại xn , xn ∈ E mà d (xn , xn ) < và |f (xn ) − f (xn )| ≥ ε. Vì {xn } bị
n
chặn nên có chứa dãy con {xnk } hội tụ về x0 . Vì E đóng nên x0 ∈ E.
1
Vì d xnk , xnk <
và xnk → x0 nên ta suy ra xnk → x0 .
nk
Như vậy f (xnk ) − f xnk ≥ ε với mọi k ∈ N. Khi nk → ∞, do f liên tục nên
f (xnk ) → f (x0 ) và f xnk → f (x0 ). Suy ra 0 = |f (x0 ) − f (x0 )| ≥ ε > 0. Mâu thuẫn
này chứng tỏ f liên tục đều trên E.

20


CHƯƠNG 2
ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA
HÀM HAI BIẾN KHẢ VI
Chương này trình bày khái niệm về đạo hàm và vi phân của hàm hai biến số. Có
rất nhiều khái niệm, vấn đề, kết quả hoàn toàn giống như trong hàm số một biến số.
Những vấn đề này sẽ được chứng minh lại cụ thể dưới đây.

2.1

Đạo hàm riêng

2.1.1

Đạo hàm riêng của hàm hai biến

Định nghĩa 2.1.1.1: Cho hàm số z = f (x, y) xác định trong miền D ⊂ R2 và điểm
M0 (x0 , y0 ) là một điểm trên D. Cho x0 một số gia tùy ý ∆x và y0 một số gia tùy ý
∆y với ∆x, ∆y đủ bé sao cho (x0 + ∆x, y0 + ∆y) ∈ D và lập biểu thức:
∆x f = f (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 )
∆y f = f (x0 , y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )
Đại lượng ∆x f , ∆x f gọi là số gia riêng của hàm f (x, y) theo biến x, y tương ứng tại
điểm M0 (x0 , y0 ) còn đại lượng:
∆f = f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )
được gọi là số gia toàn phần của f (x, y) tại M0 (x0 , y0 ).
f (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 )
∆x
thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm riêng của hàm f theo biến x tại điểm M0 (x0 , y0 )

Định nghĩa 2.1.1.2: Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim

∆x→0

và ký hiệu bằng một trong các ký hiệu sau đây:
f x (M0 ) ,

∂f
(M0 ) ,
∂x

f x (x0 , y0 ) ,

∂f
(x0 , y0 )
∂x

Như vậy:
∂f
f (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 )
∆x f
(x0 , y0 ) = lim
= lim
∆x→0
∆x→0
∂x
∆x
∆x
21

Tương tự đạo hàm riêng của hàm f theo biến y tại 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) và f y (1, 2) nếu f (x, y) = x2 y + 3y 3
Xem y là hằng số thực ta được: f x (x, y) = 2xy. Do đó: f y (1, 2) = 4.
Xem x là hằng số thực ta được: f y (x, y) = x2 + 9y 2 . Do đó: f y (1, 2) = 37.
Ví dụ 2.1.1.2: Cho f (x, y) =

x + y 2 . Tính

∂f ∂f
,
tại điểm (2, −3).
∂x ∂y

Ta có:
1
∂f
1
∂
=

x + y2 =
∂x
2 x + y 2 ∂x
2 x + y2
1
∂
∂f
=
x + y2 =
2
∂y
∂y
2 x+y

y
x + y2

Do đó:
∂f
∂f
1
−3
và
(2, −3) = √
(2, −3) = √
∂x
∂y
2 11
11

2.1.2

Đạo hàm riêng cấp cao

Cũng như đạo hàm riêng của hàm một biến số, mỗi đạo hàm riêng của hàm số:
f : D ⊂ R2 → R
(x, y) → z = f (x, y)
lại là một hàm hai biến số:
fx : Dx ⊂ R2 → R
(x, y) → zx = fx (x, y)
fy : Dy ⊂ R2 → R
(x, y) → zy = fy (x, y)
trong đó Dx , Dy là các tập hợp mà hàm số f có các đạo hàm riêng tương ứng. Tất
nhiên Dx ⊂ D và Dy ⊂ D.
Đạo hàm cấp hai
Nếu các hàm số đạo hàm này lại có đạo hàm riêng theo các biến số x, y tại điểm
(x0 , y0 ) thì ta gọi chúng là các đạo hàm riêng cấp hai theo các biến số tương ứng tại
22


điểm (x0 , y0 ) (các đạo hàm fx , fy sẽ gọi là đạo hàm riêng cấp một). Tương ứng với các
biến số lấy đạo hàm, chúng được ký hiệu như sau:
hay

∂ 2f
∂
=
2
∂x
∂x

f xy = (f x )y

hay

∂ 2f
∂
=
∂y∂x
∂y

f yy = f y

hay

∂ 2f
∂
=
2
∂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 2 − xy 5
x
b) f (x, y) = sin
y
Tính các đạo hàm riêng cấp hai của chúng.
a) Ta có:
f x (x, y) = 3x2 y 2 − y 5
f y (x, y) = 2x3 y − 5xy 4
Vậy:
f

xx

(x, y) = 6xy 2

f

xy

(x, y) = 6x2 y − 5y 4

f

yy

(x, y) = 2x3 − 20xy 3

f

yx

(x, y) = 6x2 y − 5y 4

b) Ta có:
x
1
cos
y
y
−x
x
f y (x, y) = 2 cos
y

y
f x (x, y) =

Vậy:
−1
x
sin
2
y
y
x
x
1
x
f xy (x, y) = 3 sin − 2 cos
y
y y
y
2
x
x 2x
x
f yy (x, y) = − 4 sin + 3 cos
y
y
y
y
x
x
1

x
f yx (x, y) = 3 sin − 2 cos
y
y y
y
f

xx

(x, y) =

23

∂f
∂y