Phép tính vi phân trong không gian banach

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀ NẴNG
KHOA TOÁN
−−− −−−

PHẠM THỊ LÀNH

PHÉP TÍNH VI PHÂN
TRONG KHƠNG GIAN BANACH
Chun ngành: Cử nhân Tốn - Tin

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP

Người hướng dẫn khoa học
TS. TRẦN NHÂN TÂM QUYỀN

Đà Nẵng, 3/2014


4

Mục lục
Lời cảm ơn! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5
6

1 Phép tính vi phân và tích phân trên không gian hữu hạn
chiều
7
1.1 Đạo hàm riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2

Tích phân đường và hàm thế năng . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3

Công thức Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.4

Cực trị và đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2 Đạo hàm trong không gian vector

24

2.1

Không gian của các ánh xạ tuyến tính liên tục . . . . . . . 24

2.2

Đạo hàm là một ánh xạ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3
2.4

Các tính chất của đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Định lí giá trị trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.5
2.6
2.7

Đạo hàm bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Đạo hàm bậc cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
Đạo hàm riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.8

Đạo hàm dưới dấu tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3 Định lí ánh xạ ngược

53

3.1

Bổ đề co rút . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3.2

Ánh xạ khả nghịch - Định lí ánh xạ ngược . . . . . . . . . . 54

3.3 Các hàm ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
Lời kết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


5

Lời cảm ơn!
Lời đầu tiên cho em kính gửi đến q thầy cơ lịng biết ơn sâu sắc trong
thời gian qua đã tận tình giúp đỡ, truyền đạt cho em những kinh nghiệm
q báu để em hồn thành bài khóa luận này.
Em xin chân thành cảm ơn các thầy, cô Khoa Toán - Trường Đại học
Sư phạm Đà Nẵng đã tận tình giảng dạy, trau dồi cho em nhiều tri thức
quý giá trong suốt bốn năm học qua. Đó là những kiến thức vơ cùng hữu
ích giúp em có thể xây dựng và viết bài luận văn. Em xin cảm ơn thầy
Trần Nhân Tâm Quyền - giáo viên hướng dẫn đã nhiệt tình giúp đỡ, chỉ
bảo em hồn thành tốt bài khóa luận.
Em xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè đã luôn tạo điều kiện
giúp đỡ em trong suốt thời gian vừa qua. Nhờ có ba mẹ, các bạn ln là
nguồn động viên, đóng góp ý kiến mà em mới có cơ hội để hồn thành tốt
bài luận văn.
Cuối cùng em xin kính chúc tất cả quý thầy cơ, mọi người trong gia
đình và các bạn dồi dào sức khỏe, hạnh phúc và may mắn trong cuộc sống!
Em xin chân thành cảm ơn!

Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


6

Lời mở đầu
Đại số tuyến tính và giải tích là hai môn học quan trọng và là kiến thức
tiền đề cho sinh viên khoa Toán. Khi tiếp cận với hai mơn học này thì
việc học các kiến thức về khơng gian vector là một điều thiết yếu. Không
gian vector là một không gian cơ bản và quan trọng trong đại số tuyến
tính và giải tích. Nó được dùng nhiều trong các ngành Toán học và cả các
ngành khoa học khác như: Cơ học, Vật lí, Hóa học,.... Bài khóa luận này
nghiên cứu đến phép tính vi phân trong khơng gian vector, cụ thể là trong
không gian Banach. Nội dung bài khóa luận được trình bày trong 3 chương.
Chương 1: Nêu lên các kiến thức đầu tiên của đại số tuyến tính
và giải tích. Chương này nêu lên định nghĩa đạo hàm riêng và tích phân
đường của các hàm f trên khơng gian hữu hạn chiều. Ngồi ra, chương này
cũng sẽ đề cập một cách tổng quát đến việc tính đạo hàm riêng nhiều lần
để từ đó xây dựng cơng thức Taylor trong khơng gian n-chiều, chứ khơng
gói gọn trong khơng gian một chiều đơn giản nữa.
Chương 2: Trong chương này ta sẽ mở rộng các kết quả ở Chương
1 cho các không gian vector định chuẩn, đặc biệt là không gian Banach.
Chương này đi tính đạo hàm là một ánh xạ tuyến tính rồi từ đây đưa ra
một số tính chất cơ bản của đạo hàm. Hơn nữa, chương 2 cũng có trình
bày một cách mở rộng hơn định lí giá trị trung bình và đạo hàm dưới dấu
tích phân.
Chương 3: Chủ yếu trình bày về tính khả nghịch của các ánh xạ
tuyến tính trong các khơng gian Banach. Định lí về sự tồn tại ánh xạ
ngược cũng được giới thiệu ở đây. Ngồi ra, chương 3 cũng trình bày định
lí hàm ẩn. Các kiến thức đạo hàm ở hai chương trước là một trong các cơ
sở cần thiết để đưa ra được những phát biểu và chứng minh cho định lí.

Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành

7

Chương 1
Phép tính vi phân và tích phân trên
khơng gian hữu hạn chiều
1.1

Đạo hàm riêng

Trước khi xem xét trường hợp tổng quát của một ánh xạ khả vi trong
một không gian bất kì, chúng ta sẽ xem xét trường hợp đặc biệt của hàm,
tức là hàm trên trường số thực. Ta xét các hàm trên Rn .
Một điểm của Rn được biểu thị bởi x = (x1 , x2 , ..., xn ). Chúng ta thường
dùng các kí tự thường để chỉ điểm nằm trong Rn . Ngẫu nhiên trong một
số trường hợp vẫn dùng chữ hoa. Nếu A = (a1 , a2 , ..., an ) là một điểm của
Rn , thì ta viết: Ax = A · x = a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn .
Cho U là một tập mở của Rn và f : U → R là một hàm. Khi đó đạo
hàm riêng của f tại x ∈ U được định nghĩa là:

f (x + hei ) − f (x)
h→0
h
f (x1 , x2 , ..., xi + h, ..., xn ) − f (x1 , x2 , ...xn )
= lim
h→0
h

Di f (x) = lim

nếu giới hạn đó tồn tại. Trong đó: ei = (0, ..., 1, 0, ..., 0) là một vector đơn
vị, 0 = h ∈ R. Đôi khi cũng có thể chỉ đạo hàm bằng kí hiệu:

Di f (x) =

∂f
.
∂xi

Ta thấy rằng Di f là một đạo hàm thông thường mà tất cả các điểm cố
định, trừ biến thứ i.
Một hàm ϕ sao cho mọi vector h ∈ R, h = 0 được gọi là o(h), nếu

ϕ(h)
= 0.
h→0 |h|
lim

Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


8

Trong đó h = (h1 , h2 , ..., hn ) là một vetor với các thành phần hi là các số.
Nếu hàm ϕ(h) là o(h) thì ta viết nó dưới dạng:

ϕ(h) = |h|ψ(h),

trong đó

lim ψ(h) = 0.

h→0

Nếu đặt ψ(h) = ϕ(h)
h thì h phải khác 0. Do đó ψ được định nghĩa bởi
h = 0.
Một hàm f : U → R là khả vi tại x nếu tồn tại một vector A ∈ Rn sao
cho:

f (x + h) = f (x) + A · h + o(h).
Hay có một hàm ϕ được xác định với mọi h = 0 sao cho ϕ(h) = o(h) khi
h → 0 và

f (x + h) = f (x) + A · h + ϕ(h).
Nhìn lại những điều đã có ở trên ta có thể phát biểu: một hàm f : U → R
là khả vi tại x nếu tồn tại một hàm ψ được định nghĩa bởi h sao cho:

lim ψ(h) = 0

h→0

và

f (x + h) = f (x) + A · h + |h|ψ(h).
Ta định nghĩa gradient của f tại x bất kì là một vector mà tọa độ của
nó là các đạo hàm riêng của f . Nó được kí hiệu là: grad và ta có:
gradf (x) = (gradf )(x) = (D1 f (x), ..., Dn f (x)).

Đơi khi dùng kí hiệu ∂f /∂xi để chỉ đạo hàm riêng, và vì thế
gradf (x) = (

∂f
∂f
, ...,
).
∂x1
∂xn

Định lí 1.1.1. Cho f khả vi tại x và A là một vector sao cho:

f (x + h) = f (x) + A · h + o(h).
Khi đó, mọi đạo hàm riêng của f tại x tồn tại, và

A = gradf (x).

Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


9

Ngược lại, giả sử mọi đạo hàm riêng của f tồn tại trong một tập mở nào
đó chứa x và f là hàm liên tục, thì f khả vi tại x.
Chứng minh. Đặt A = (a1 , a2 , ..., an ) = ai , i = 1, ..., n. Đặt h = t·ei , t ∈ R.
Vì f khả vi nên
f (x + h) = f (x) + A · h + o(h)
⇔ f (x + tei ) = f (x) + A · tei + |h|ψ(h)

⇔ f (x + t.ei ) = f (x) + ai .t.ei + |h|ψ(h)
f (x + tei ) − f (x) − |h|ψ(h)
.
⇔ ai =
ei t
Suy ra:
f (x + t · ei ) − f (x)
lim ai = lim
.
t→0
t→0
ei t
Tương đương:
ai = Di f (x).
Do đó:
A = Di f (x) = gradf (x).
Vậy nếu f khả vi và có A ∈ Rn sao cho: f (x + h) = f (x) + A · h + o(h)
thì mọi đạo hàm của f tồn tại và A = gradf (x).
Mặt khác, ta có:
f (x1 + h1 , ..., xn + hn ) − f (x1 , ...xn )
= f (x1 + h1 , ..., xn + hn ) − f (x1 , x2 + h2 , ..., xn + hn )
+ f (x1 , x2 + h2 , ..., xn + hn ) − f (x1 , x2 , ..., xn + hn )
..
..
.
.
+f (x1 , ..., xn−1 , xn + hn ) −f (x1 , ..., xn )
= D1 f (c1 , x2 + h2 , ..., xn + hn )h1 + ... + Dn f (x1 , ..., xn−1 , cn )hn ,
trong đó c1 , ..., cn lần lượt là điểm nằm giữa xi + hi và xi . Vì các đạo hàm
riêng của f tồn tại nên tồn tại hàm ψ(i) sao cho:

lim ψi (h) = 0
h→0

và

Di f (x1 , ..., xi−1 , ci , ..., xn + hn ) = Di f (x) + ψi (h).
Do đó:
n

f (x + h) − f (x) =

(Di f (x) + ψi (h))hi
i=1
n

=

n

Di f (x)hi +
i=1

ψi (h)hi
i=1

= gradf (x) · hi + o(h).
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành

10

Đặt: A = gradf (x), suy ra:

f (x + h) − f (x) = A · h + o(h).
Vậy: f khả vi.
Theo đó, gradient của f là một đạo hàm.
Ta nói rằng f khả vi trên U nếu nó khả vi tại mọi điểm thuộc U . Ngoài
ra, nếu f , g là khả vi thì
grad(f + g) = gradf + gradg;
và nếu c là một số thì
grad(cf ) = cgradf.
Quy luật dây xích. Cho ϕ : J → Rn là hàm khả vi trên một khoảng
nào đó và có giá trị trong một tập mở U của Rn . Cho f : U → R là một
hàm khả vi. Khi đó: f ◦ ϕ : J → R là khả vi, và

(f ◦ ϕ) (t) = gradf (ϕ(t)) · ϕ (t).
Chứng minh. Theo định nghĩa của hàm khả vi, tại t ∈ J , có một hàm ψ
sao cho:
lim ψ(k) = 0,
k→0

và

f (ϕ(t + h)) − f (ϕ(t)) = gradf (ϕ(t))·(ϕ(t + h) − ϕ(t))
+ |ϕ(t + h) − ϕ(t)|ψ(k(h)), (∗)
với k(h) = ϕ(t + h) − ϕ(t). Chia cả 2 vế của (∗) cho h, ta được:

ϕ(t + h) − ϕ(t)

f (ϕ(t + h)) − f (ϕ(t))
= gradf (ϕ(t))·
h
h
ϕ(t + h) − ϕ(t)
+
ψ(k(h)).
h
Xét giới hạn khi h → 0 ta được:

f (ϕ(t + h)) − f (ϕ(t))
ϕ(t + h) − ϕ(t)
= lim gradf (ϕ(t)) ·
h→0
h→0
h
h
ϕ(t + h) − ϕ(t)
+ lim
ψ(k(h)) .
h→0
h
lim

Tương đương:

(f ◦ ϕ) (t) = gradf (ϕ(t)) · ϕ (t).
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành

11

Định lí 1.1.2. Cho f là một hàm trên tập mở U ∈ Rn . Giả sử rằng
các đạo hàm D1 f , D2 f , D1 D2 f và D2 D1 f tồn tại và liên tục. Khi đó:

D1 D2 f = D2 D1 f.
Chứng minh. Cho (x, y) ∈ U , k, h = 0. Đặt: g(x) = f (x, y + k) − f (x, y).
Khi đó, tồn tại số s1 nằm giữa x và x + h sao cho:

g(x + h) − g(x) = g (s1 ) · h.
Điều này cho ta:

[f (x + h, y + k) − f (x + h, y)] − [f (x, y + k) − f (x, y)]
= g(x + h) − g(x)
= [D1 f (s1 , y + k) − D1 f (s1 , y)]h
= D2 D1 f (s1 , s2 ) · k · h
với s2 nằm giữa y và y + k .
Làm tương tự như trên cho g(y) = f (x + h, y) − f (x, y), chúng ta tìm
được số t1 nằm giữa x, x + h và t2 nằm giữa y , y + k .
Xét:

f (x + h, y + k) − f (x, y + k) − f (x + h, y) + f (x, y)
= g(y + k) − g(y)
= [D2 f (x + h, t2 ) − D2 f (x, t2 )] · k
= D1 D2 f (t1 , t2 ) · k · h.
Do đó:

D2 D1 f (s1 , s2 ) · k · h = D1 D2 f (t1 , t2 ) · k · h.

Tương đương:

D2 D1 f (s1 , s2 ) = D1 D2 f (t1 , t2 ).
Dùng tính chất liên tục của đạo hàm lặp, ta được:

D1 D2 f (x, y) = D2 D1 f (x, y).

1.2

Tích phân đường và hàm thế năng

Cho U là một tập mở trong Rn . Một đường liên tục trong U là một
ánh xạ liên tục α : J → U , đi từ một khoảng đóng J = [a, b] vào U . Một
đường liên tục từng mảnh trong U là một dãy hữu hạn các đường liên tục
{α1 , α2 , ..., αr }, được xác định trên các khoảng đóng J1 , ..., Jr sao cho: nếu
Ji = [ai , bi ] thì
αi+1 (ai+1 ) = αi (bi ).
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


12

Ta gọi αi (ai ) là điểm bắt đầu của αi và αi (bi ) là điểm kết thúc của αi .
Chúng ta thường dùng kí hiệu γ để chỉ đường. Đường γ = {α1 , α2 , ..., αr }
là C 1 -từng mảnh nếu mỗi αi có đạo hàm liên tục. Phần cịn lại của chương
này, khi nói đến một đường thì đường đó là một đường C 1 -từng mảnh.
Hình ảnh một đường như sau:
P2

α1
•
α2
•P3
α3

•
P = P1

•
P5

α4

•P4
Một tập U được gọi là tập liên thông nếu cho 2 điểm P , Q nằm trong
tập U thì tồn tại một đường trong U mà điểm bắt đầu của nó là P , điểm
kết thúc là Q.
Định lí 1.2.1. Cho U là một tập mở trong Rn , giả sử U là tập liên
thông. Cho f , g là 2 hàm khả vi trên U . Nếu gradf = gradg trên U , thì
tồn tại một hằng số C sao cho:

f = g + C.
Chứng minh. Ta có: grad(f − g) = gradf − gradg = 0.
Đặt ψ = f − g . Ta chứng minh rằng: nếu gradψ = 0 trên U thì ψ = C ,
với C là một hằng số trên U . Cho P ∈ U , Q ∈ U , {α1 , α2 , ..., αr } là các
đường nằm giữa P, Q, với P là điểm bắt đầu, Q là điểm kết thúc của nó.
Khi đó, ∀i,
(ψ ◦ αi ) (t) = gradψ(αi (t)) · αi (t) = 0.
Do đó: ψ ◦ αi là hằng số trên khoảng của định nghĩa.

Do vậy:

ψ ◦ αi = C
⇒ ψ(αi ) = C
⇒ψ=C
⇒ f = g + C.
Gọi U là một tập mở trong Rn . Một trường vector trên U là một ánh
xạ F : U → Rn (ánh xạ này biến mỗi phần tử của U thành một phần tử
của Rn , nó được biểu diễn bởi các hàm tọa độ (f1 , f2 , ..., fn ). Ta nói rằng
F là liên tục (tương ứng là khả vi) nếu mỗi fi là liên tục (tương ứng là
khả vi). Một hàm thế năng của một trường vector F là một hàm khả vi
ϕ : U → R sao cho: gradϕ = F . Định lí 1.2.1 chỉ ra rằng: một hàm thế
năng được xác định duy nhất sai khác một hằng số nếu U là tập liên thơng.
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


13

Từ Định lí 1.1.2, ta có thể phát biểu một khẳng định về sự tồn tại của
một hàm thế năng.
Định lí 1.2.2. Cho F = (f1 , f2 , ..., fn ) là trường vector C 1 (tức là, mỗi
fi có đạo hàm riêng liên tục) trên một tập mở U của Rn . Nếu F có một
hàm thế năng thì:
Di fj = Dj fi
với mỗi i, j = 1, ..., n.
Chứng minh. Giả sử ϕ là một hàm thế năng của F , thì theo định nghĩa
ta có: fi = Di ϕ. Do đó:

Dj fi = Dj Di ϕ = Di Dj ϕ = Di fj ,
đó là điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.2.1. Xét trường vector F với F (x, y) = (f (x, y), g(x, y)) sao
cho f, g là các hàm liên tục, và ∂f /∂y = ∂g/∂x, thì trường vector khơng
có hàm thế năng. Ví dụ, cho trường vector:

F (x, y) = (x2 y, x + y 3 ),
trường vector này khơng có hàm thế năng. Vì trong trường hợp này
f (x, y) = x2 y và g(x, y) = x + y 3 có: ∂f /∂y = x2 = ∂g/∂x = 3y 2 .
Muốn phát biểu mệnh đề đảo của Định lí 1.2.2 thì cần phải có một vài
điều kiện trên tập mở U . Tuy nhiên trong trường hợp đặc biệt, ta có thể
tìm hàm thế năng bởi hình chữ nhật. Trường hợp quan trọng nhất được
phát biểu dưới đây:
Định lí 1.2.3. Cho các số a, b, c, d với a < b; c < d. F là một
trường vector C 1 trên hình chữ nhật của mọi điểm (x, y) với a < x < b và
c < y < d. Giả sử rằng F = (f, g) sao cho:

D2 f = D1 g.
Khi đó F có một hàm thế năng trên hình chữ nhật.
Chứng minh. Gọi (x0 , y0 ) là một điểm của hình chữ nhật. Đặt
x

ϕ(x, y) =
x0

Khi đó tích phân

y
y0

y

f (t, y)dt +

g(x0 , u)du.
y0

g(x0 , u)du khơng phụ thuộc vào biến x. Do đó:
D1 ϕ(x, y) = f (x, y).

Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


14

Mặt khác, có thể lấy đạo hàm của

x
x0

f (t, y)dt. Khi đó:

x

D2 f (t, y)dt + g(x0 , y)

D2 ϕ(x, y) =
x0

x

=

D1 g(t, y)dt + g(x0 , y)
x0

= g(x, y) − g(x0 , y) + g(x0 , y)
= g(x, y).
⇒ Dϕ = F . Do đó: ϕ là hàm thế năng của F .
Vậy: F có một hàm thế năng trên hình chữ nhật.
Gọi U là một tập mở trong Rn và α : J → Rn là một đường cong C 1
(tức là khả vi liên tục), với J = [a, b]. Giả sử rằng α nhận giá trị của nó
trong U . Cho F là một trường vector liên tục trong U . Ta định nghĩa tích
phân của F phụ thuộc vào α là:
b

F (α(t)) · α (t)dt.

F =
α

a

Chú ý: α(t) là một điểm của U , vì thế ta có thể xem F (α(t)) như là
một vector và tích chấm với α (t) là một số với mọi t. Vì vậy biểu thức
trong dấu tích phân là một hàm theo t và liên tục, vì thế có thể lấy tích
phân của nó. Nếu P, Q lần lượt là điểm bắt đầu và kết thúc của α thì
P = α(a), Q = α(b), khi đó ta có thể viết tích phân như sau:
Q

Q

F hoặc

F dα.
P

P,α

Nếu α = {α1 , α2 , ..., αr } là một đường sao cho mỗi αi là C 1 , thì:

F =
α

F + ... +
α1

F.
αr

Ta nói rằng đường α là kín nếu điểm bắt đầu trùng với điểm kết thúc.
Định lí tiếp theo liên quan đến các đường kín và sự phụ thuộc của tích
phân vào đường nối 2 điểm.
Cho α : J → U là một đường C 1 giữa 2 điểm của U . Nó được định
nghĩa trên J = [a, b] và P = α(a), Q = α(b). Ta có thể định nghĩa đường
có hướng ngược lại là:

α− (t) = α(a + b − t).
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


15

Khi t = a, ta có α− (a) = α(b), và khi t = b, ta có α− (b) = α(a), do đó
α− cũng được định nghĩa trên [a, b]. Ta có:

F =−
α−

F.
α

Đường α− gọi là đường đối của α hoặc là đường ngược của α. Một đường
C 1 bao gồm {α, α− } là một đường kín.
Định lí 1.2.4. Cho U là một tập mở liên thông trong Rn . Gọi F là
một trường vector liên tục trên U . Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
1. F có một hàm thế năng trên U .
2. Tích phân của F giữa 2 điểm bất kì trên U thì khơng phụ thuộc vào
dạng đường đi.
3. Tích phân của F trên đường cong kín trong U thì bằng 0.
Chứng minh. (1 ⇒ 2) : Gọi ϕ là một hàm thế năng của F trên U .
Gọi α là đường C 1 trong U được xác định trên [a,b].
Khi đó, ta có:
b

b

(gradϕ(t)) · α (t)dt

F (α(t)) · α (t)dt =

F =

a

a

α

b

d
ϕ(α(t))dt
a dt
= ϕ(α(b)) − ϕ(α(a)).
=

Vì thế, nếu P = α(a), Q = α(b) lần lượt điểm bắt đầu và điểm kết thúc
của α, thì
Q

F = ϕ(Q) − ϕ(P ).

F =
P,α

α

Từ điều này ta kết luận rằng tích phân khơng phụ thuộc vào dạng đường
đi mà chỉ phụ thuộc vào giá trị của ϕ tại Q và P .
(1 ⇒ 3) : Giả sử rằng α = {α1 , α2 , ..., αr } là đường C 1 giữa P = P1 và
Q = Pr+1 , với Pi là điểm bắt đầu của αi (hoặc là điểm kết thúc của αi−1 ).
Theo những gì đã biết, ta có:
Q

F =
P,α

F + ... +
α1

F
αr

= ϕ(P2 ) − ϕ(P1 ) + ϕ(P3 ) − ϕ(P2 ) + ... + ϕ(Pr+1 ) − ϕ(Pr )
= ϕ(Pr+1 ) − ϕ(P1 )
= ϕ(Q) − ϕ(P ).
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


16

Nếu α là đường cong kín thì P = Q và do đó:
Q

F = ϕ(P ) − ϕ(P ) = 0.
P,α

(3 ⇒ 2) : Giả sử rằng tích phân của F tại bất kì đường cong kín nào
cũng bằng 0. Ta sẽ chứng minh (2).
Cho 2 điểm P, Q và 2 đường cong α, β đi từ P đến Q theo 2 cách khác
nhau. Gọi β − là đường đối của β . Do đó đường {α, β − } là đường cong kín
và theo giả thiết
F+

F = 0.
β−

α

Suy ra

F+
α

F−

F =
β−

α

F = 0.
β

Do đó:

F =
α

F.
β

Vậy ta có điều phải chứng minh.
(2 ⇒ 1) : Cho P là một điểm cố định của U . Trên một đường α nào
đó thì một điểm Q nào đó của U có giá trị:
Q

ϕ(Q) =

F,
P

vì giá trị này khơng phụ thuộc vào đường đi. Ta dám chắc rằng ϕ là một
hàm thế năng trên F . Để thử lại điều này, ta tính đạo hàm riêng của ϕ.
Nếu
F = (f1 , ..., fn )
thì ta phải chỉ ra rằng:

Di ϕ = fi ,
với i = 1, ..., n. Đặt Q = (x1 , ..., xn ) và ei là vector đơn vị thứ i, ta cần
chỉ ra rằng:
ϕ(Q + hei ) − ϕ(Q)
= fi (Q).
lim

h→0
h
Ta có:
Q+hei

ϕ(Q + hei ) − ϕ(Q) =

Q

F−
P
Q+hei

=

F
P

F.
Q

Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


17

Xét đoạn đường thẳng giữa Q và Q + hei . Vì U là tập mở, h nhỏ đáng kể
nên đoạn đường thẳng này nằm trong U . Do đó, chọn đường α sao cho:

α(t) = Q + t · h · ei , với 0 ≤ t ≤ 1. Khi đó: α(0) = Q và α(1) = Q + hei .
Hơn nữa, α (t) = hei nên

1
ϕ(Q + hei ) − ϕ(Q)
=
h
h

1

F (Q + thei ) · hei dt.
0

Với vector v ∈ Rn ta có: F (v) · ei = fi (v). Do đó:

1
ϕ(Q + hei ) − ϕ(Q)
=
h
h

1

fi (Q + thei ) · hdt.
0

Đặt: u = ht và du = hdt, ta được:
h

1
ϕ(Q + hei ) − ϕ(Q)
=
h
h

fi (Q + uei )du.
0

Đặt g(u) = fi (Q + uei ) và gọi G là một tích phân bất định của g , thì
G = g . Khi đó:

1
h

h

fi (Q + uei )du =
0

G(h) − G(0)
.
h

Cho h → 0 ⇒ G (0) = g(0) = fi (Q). Vậy đạo hàm của ϕ tồn tại tại vị
trí thứ i và bằng fi . Điều này kết luận việc chứng minh định lí của chúng ta.
Định lí 1.2.5. Cho J1 = [a1 , b1 ], J2 = [a2 , b2 ], g : J1 → J2 là ánh xạ
C sao cho: g(a1 ) = a2 , g(b1 ) = b2 . Gọi α : J2 → U là đường đi C 1 , F là
một trường vector liên tục trên U . Khi đó:
1

F =
α◦g

F.
α

Chứng minh. Theo định nghĩa, ta có:
b1

dα(g(t))
dt
dt
a1
g(b1 )
dα(u)
=
F (α(u)) ·
du
du
g(a1 )
F (α(g(t))) ·

F =
α◦g

b2

F (α(u)) · α (u)du =

=
a2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

F.
α

SVTH: Phạm Thị Lành


18

1.3

Công thức Taylor

Cho f là một hàm trên tập mở U của Rn . Ta có thể làm lặp lại các đạo
hàm riêng (nếu chúng tồn tại) theo dạng:

D1i1 · · · Dnin f
trong đó: i1 , ..., in là các số nguyên ≥ 0.
Nếu ci1 ...in là các số, thì có thể hình thành tổng:

Σci1 ...in D1i1 · · · Dnin .
Ta nói rằng: một hàm f trên U là thuộc lớp C p (với 0 ≤ p ∈ Z), nếu
mọi đạo hàm riêng
D1i1 · · · Dnin f
tồn tại (với i1 + ... + in ≤ p) và liên tục. Rõ ràng rằng, các hàm của lớp C p
hình thành nên một khơng gian vector. Gọi Fp là không gian vector của

các hàm thuộc lớp C p . (Khi p = 0 thì đây là khơng gian vector của các
hàm liên tục trên U ). Khi đó bất kì đơn thức D1i1 · · · Dnin nào cũng được
xem như là một ánh xạ tuyến tính được cho bởi:

f −→ D1i1 · · · Dnin f.
Hàm f là thuộc lớp C ∞ (U ) nếu nó thuộc lớp C p , ∀p. Nếu f ∈ C ∞ thì
D1i1 · · · Dnin ∈ C ∞ . Ta có thể lấy tổng của các ánh xạ tuyến tính theo cách
thông thường, và như thế:

(Σci1 ...in D1i1 · · · Dnin )f = Σci1 ...in D1i1 · · · Dnin f.
Một ánh xạ tuyến tính được biểu thị bởi tổng các đơn thức đạo hàm với
các hệ số là hằng số như ở trên được gọi là một đạo hàm riêng toán tử với
hệ số là hằng số. Chúng ta có thể mở rộng các tốn tử bằng cách dùng
tính phân phối. Ví dụ:

(D1 + D2 )2 = D12 + 2D1 D2 + D22 .
Đối với hàm 2 biến (x, y) thì viết nó dưới dạng:

∂
∂
+
∂x ∂y

2

=

∂
∂x

2

∂ ∂
+2
+
∂x ∂y

∂
∂y

2

.

Tương tự, trong trường hợp n-biến x1 , ..., xn thì

D1i1

· · · Dnin

Khóa Luận Tốt Nghiệp

=

∂
∂x1

i1

∂

...
∂xn

in

∂ i1 +...+in
= i1
.
∂x1 ...∂xinn
SVTH: Phạm Thị Lành


19

Trong công thức Taylor ta sẽ dùng khai triển đặc biệt:

(h1 D1 + ... + hn Dn )r = Σci1 ...in hi11 ...hinn D1i1 · · · Dnin
nếu h1 , ..., hn là các số. Trong trường hợp đặc biệt khi n = 2 thì
r
r

(hD1 + kD2 ) =

r
i

hi k r−i D1i D2r−i .

i=0

Để thuận tiện ta dùng kí hiệu vector:

∇ = (D1 , ..., Dn ) =

∂
∂
, ...,
∂x1
∂xn

,

với các biến là x1 , ..., xn . Nếu H = (h1 , ..., hn ) thì:

H · ∇ = h1 D1 + ... + hn Dn .
Ta xem H · ∇ như là một ánh xạ tuyến tính. Khi đó:

(H · ∇)f = h1 D1 f + ... + hn Dn f = H · gradf,
hoặc nếu có vector X = (x1 , ..., xn ), thì

(H · ∇)f (X) = h1 D1 f (X) + ... + hn Dn f (X)
= H · (gradf )(X)
= H · gradf (X).
Gọi f là một hàm thuộc C 1 trên một tập mở U ∈ Rn . Cho P ∈ U , và
H là một vector. Với t thuộc một khoảng mở nào đó thì vector P + tH
nằm trong U . Xét hàm g theo t được xác định bởi:

g(t) = f (P + tH).
Theo quy luật dây xích, ta có:

dg(t)
= g (t) = gradf (P + tH) · H
dt
= h1 D1 f (P + tH) + ... + hn Dn f (P + tH)
= (H · ∇)f (P + tH).
Có thể mở rộng điều này cho đạo hàm bậc cao:
Định lí 1.3.1. Cho r là một số nguyên dương. Gọi f là một hàm thuộc
lớp C r trên tập mở U trong không gian n. Cho P ∈ U , H là một vector.
Khi đó:
d r
(f (P + tH)) = (H · ∇)r f (P + tH).(∗)
dt
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


20

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp:
- Nếu r = 1 thì (∗) là:

d
(f (P + tH)) = (H · ∇)f (P + tH),
dt
đây là điều đã vừa chứng minh ở trên.
- Giả sử (∗) đúng với 1 ≤ k ≤ r, và do đó:
k

d

dt

(f (P + tH)) = (H · ∇)k f (P + tH).

Đặt ϕ = (H · ∇)k f .
Xét:

ϕ :J → U
t −→ ϕ(P + tH).
Khi k = 1 ta có:

d
(ϕ(P + tH)) = (H · ∇)ϕ(P + tH).
dt
Suy ra:

d
((H · ∇)k f (P + tH)) = (H · ∇) · (H · ∇)k f (P + tH).
dt
Hay:

d
dt
⇒

d
dt

k

f (P + tH)

= (H · ∇)k+1 f (P + tH).

d k+1
(f (P + tH)) = (H · ∇)k+1 (f (P + tH)).
dt

Vậy (∗) đúng với mọi r là số nguyên dương.
Công thức Taylor. Cho f là một hàm C r trên tập mở U của Rn .
Cho P ∈ U và H là một vector. Giả sử đoạn thẳng

P + tH,

0 ≤ t ≤ 1,

nằm trong U . Khi đó, tồn tại số τ , với 0 ≤ τ ≤ 1 sao cho:

f (P + H) = f (P )+

Khóa Luận Tốt Nghiệp

(H · ∇)f (P )
+ ...
1!
(H · ∇)r−1 f (P ) (H · ∇)r f (P + τ H)
+
+
.
(r − 1)!

r!
SVTH: Phạm Thị Lành


21

Chứng minh. Đặt g(t) = f (P + tH). Khi đó, g là một hàm khả vi theo
t, và ta có thể áp dụng cơng thức Taylor đơn giản cho g . Ta có, mọi lũy
thừa của (1 − 0) đều bằng 1. Do đó, cơng thức Taylor trong hàm một biến
được áp dụng cho g như sau:

g (r−1) (0) g (r) (τ )
g (0)
+ ... +
+
g(1) = g(0) +
1!
(r − 1)!
r!
với 0 ≤ τ ≤ 1. Hay

f (P ).H
f (r−1) (P ).H r−1 f (r)(P + τ H).H r
f (P + H) = f (P ) +
+ ... +
+
1!
(r − 1)!
r!
(H · ∇)f (P )

(H · ∇)r−1 f (P )
= f (P ) +
+ ... +
1!
(r − 1)!
r
(H · ∇) f (P + τ H)
+
.
r!
Ở đây ta ước lượng biểu thức với t = 0 đến số hạng có bậc r − 1 và với
t = τ cho số hạng thứ r.
Đánh giá công thức Taylor. Cho số dư là:

R(H) =

(H · ∇)r f (P + τ H)
,
r!

với 0 ≤ τ ≤ 1. Gọi C là tập bị chặn chứa mọi đạo hàm riêng có bậc ≤ r
của f trên U . Khi đó, tồn tại một số K chỉ phụ thuộc vào r và n sao cho:

|R(H)| =

CK
|H|r .
r!

Chứng minh. Nếu khai triển (H · ∇)r thì ta được tổng:

Σci1 ...in hi11 ...hinn D1i1 · · · Dnin ,
với c(i) là các số cố định của các đa thức có hệ số chỉ phụ thuộc vào r và n
và các số mũ thỏa mãn i1 + ... + in = r. Khi đó điều đánh giá là rõ ràng,
vì mỗi số hạng trong tổng chỉ phụ thuộc vào r và n.

1.4

Cực trị và đạo hàm

Trong phần này, giả sử rằng người đọc đã có kiến thức về chiều của
không gian vector. Gọi F là một không gian con của Rn và kí hiệu: F ⊥ là
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


22

tập hợp tất cả các vector w ∈ Rn mà trực giao với mọi phần tử của F , thì
F ⊥ là một không gian con, và:

dimF + dimF ⊥ = n.
Gọi U là một tập mở của Rn và f : U → R là hàm thuộc lớp C 1 trên
U . Đặt: S = {x ∈ U |f (x) = 0, gradf (x) = 0}. Ta gọi S là siêu phẳng
được xác định bởi f .
Bổ đề 1.4.1 Cho x ∈ S và một vector w ∈ Rn , w trực giao với gradf ,
khi đó tồn tại một đường cong α : J → U được định nghĩa trên một khoảng
mở J chứa 0, sao cho α(0) = x, α(t) ∈ S , ∀t ∈ J. (tức là đường cong
được chứa trong siêu phẳng), và α (t) = w.

Định lí 1.4.1. Cho f : U → R là một hàm của lớp C 1 , S ∈ U ,
S = {x ∈ U |f (x) = 0, gradf (x) = 0}. Cho P ∈ S . Gọi g là một hàm
khả vi trên U và giả sử rằng P là giá trị lớn nhất của g trên S , nghĩa là:
g(P ) ≥ g(x), ∀x ∈ S . Khi đó, tồn tại một số µ sao cho:
gradg(P ) = µgradf (P ).
Chứng minh. Gọi α : J → S là một đường cong khả vi trên khoảng mở
J chứa 0, sao cho đường cong này nằm trong S và α(0) = P . Vì P là giá
trị lớn nhất của g trên S nên

g(α(0)) = g(P ) ≥ g(α(t)), ∀t ∈ J.
Ta có:

0 = (g ◦ α) (0) = gradg(α(0)) · α (0)
= gradg(P ) · α (0).
Theo bổ đề, ta kết luận rằng gradg(P ) trực giao với mọi vector w mà trực
giao với gradf (P ).
Do đó, tồn tại µ sao cho:
gradg(P ) = µgradf (P ).
Số µ trong Định lí 1.4.1 được gọi là nhân tử Lagrange.
Cho E là một không gian vector, A : E → E là một ánh xạ tuyến
tính. Một vector v ∈ E , v = 0, được gọi là một vector riêng của A nếu
tồn tại một số c sao cho: Av = cv .
Định lí 1.4.2 Cho A : Rn → Rn là một ánh xạ tuyến tính, và f là một
hàm trên Rn được xác định bởi:

f (x) = Ax, x ,
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành

23

trong đó , là kí hiệu của tích vơ hướng. Giả sử rằng: A là đối xứng, tức
là: Ax, y = Ay, x , ∀x, y ∈ Rn . Gọi v là điểm thuộc hình cầu S(0, 1)
sao cho v là giá trị lớn nhất của f , tức là f (v) ≥ f (x), ∀x ∈ S . Khi đó,
v là vector riêng của A.
Chứng minh. Gọi α là đường cong khả vi đi qua v (nghĩa là: α(0) = v) và
được chứa trong hình cầu S . Dùng quy tắc đạo hàm của một tích và sự
hợp thành trong ánh xạ tuyến tính, ta thấy:

d
d
f (α(t)) =
Aα(t), α(t)
dt
dt
= Aα (t), α(t) + Aα(t), α (t)
= 2 Aα(t), α (t) .
Vì α(0) = v là giá trị lớn nhất của f nên ta kết luận rằng:

0 = (f ◦ α) (0) = 2 Aα(0), α (0)
= 2 Av, α (0) .
Theo Bổ đề 1.4.1,Av trực giao với α (0) trong mọi đường cong α khả vi
như ở trên, do đó: Av = cv , với c là một hằng số. Đó là điều phải chứng
minh.

Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành

24

Chương 2
Đạo hàm trong không gian vector
2.1

Không gian của các ánh xạ tuyến tính liên tục

Cho E, F là 2 không gian vector định chuẩn. Gọi λ : E → F là một
ánh xạ tuyến tính. Khi đó 2 điều kiện sau là tương đương:
(1) λ liên tục
(2) Tồn tại C > 0 sao cho ∀v ∈ E , thì

|λ(v)| ≤ C|v|.
Thật vậy, giả sử có (2), khi đó ∀x, y ∈ E ta có:

|λ(x) − λ(y)| = |λ(x − y)| ≤ C|x − y|.
Vì thế λ là liên tục. Ngược lại, giả sử λ liên tục tại 0. Khi đó: ∃δ sao
cho nếu x ∈ E và |x| ≤ δ thì |λ(x)| < 1. Cho v ∈ E , v = 0. Khi đó:
|δv/|v|| ≤ δ , và do đó:
δ
λ
v < 1.
|v|
Điều này tương đương:

1
|λ(v)| < |v|.

δ
Chọn C = 1/δ , ta sẽ được điều phải chứng minh là: |λ(v)| ≤ C|v|.
Một số C như ở điều kiện (2) được gọi là một biên của ánh xạ tuyến
tính.
Ta kí hiệu khơng gian của các ánh xạ tuyến tính liên tục từ E → F là:
L(E, F ). Đó là một không gian vector. Nhắc lại, nếu λ1 , λ2 là các ánh xạ
tuyến tính liên tục thì:
(λ1 + λ2 )(x) = λ1 (x) + λ2 (x),
và nếu c ∈ R thì:
Khóa Luận Tốt Nghiệp

(cλ)(x) = cλ(x).
SVTH: Phạm Thị Lành


25

Chúng ta cũng sẽ dùng các chuẩn trên E và F để định nghĩa chuẩn trên
L(E, F ).
Định lí 2.1.1. Không gian vector định chuẩn L(E,F) là không gian
Banach nếu F là không gian Banach.
Chứng minh. Gọi {λn } là dãy Cauchy của ánh xạ tuyến tính từ E → F .
Đầu tiên ta chứng minh: ∀v ∈ E thì dãy {λn (v)} là dãy Cauchy trong F .
Cho , ∃N sao cho: ∀m, n ≥ N , ta có:|λm − λn | < /|v|. Điều này nghĩa
là:
|v|
= ,
|(λm − λn )(v)| ≤
|v|
và (λm − λn )(v) = λm (v) − λn (v). Điều này chứng minh rằng {λn (v)} là

dãy Cauchy.
Vì F là khơng gian Banach nên {λn (v)} hội tụ đến một phần tử thuộc F .
Mặt khác, xét

λ :E → F
v −→ λ(v) = lim λn (v).
n→∞

Nếu v, v ∈ E thì

λ(v + v ) = lim λn (v + v ) = lim (λn (v) + λn (v ))
n→∞

n→∞

= lim λn (v) + lim λn (v )
n→∞

n→∞

= λ(v) + λ(v ).
Nếu c là một số, thì

λ(cv) = lim λn (cv) = lim cλn (v)
n→∞

n→∞

= c lim λn (v) = cλ(v).
n→∞

Do đó, λ là tuyến tính. Hơn thế, ∀n ta có:

|λn (v)| ≤ |λn ||v|,
Suy ra:

lim |λn (v)| ≤ lim |λn ||v|.

n→∞

n→∞

Đặt:

C = lim |λn |,
n→∞

ta được:

|λ(v)| ≤ C|v|.
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


26

Vậy: λ liên tục.
Cuối cùng, chứng minh dãy {λn } hội tụ đến λ trên L(E, F ). Thật vậy, cho
, ∃N sao cho: ∀m, n ≥ N và ∀v , với |v| = 1, ta có:

|λm (v) − λn (v)| < .
Vì λn (v) → λ(v) khi n → ∞, nên khi n đủ lớn ta có: |λn (v) − λ(v)| < .
Khi đó, ∀m ≥ N , ta có:

|λm (v) − λ(v)| = |(λm (v) − λn (v) + λn (v) − λ(v)|
≤ |(λm (v) − λn (v)| + |λn (v) − λ(v)|
<2 .
Điều này đúng ∀v mà |v| = 1 nên {λn } hội tụ đến λ.
Vậy định lí đã được chứng minh.
Bây giờ xét các ánh xạ tuyến tính đi từ Rn vào Rm , ta dùng đại diện
của nó là ma trận. Một vector x ∈ Rn là một vector cột:


x1
x =  ...  .
xn
Nếu

a11 · · · a1n
.. 
A =  ...
.
am1 · · · amn


là một ma trận cấp m × n, ta có thể định nghĩa một ánh xạ tuyến tính
như sau:

λA :Rn → Rm

x −→ Ax
Nếu A1 , ..., Am là các hàng của A, thì theo định nghĩa,


 
 

a11 · · · a1n
x1
A1 · x
a11 x1 + · · · + a1n xn
..   ..  = 
..
..
 =  ...
.
Ax =  ...
.
.
.
.
am1 · · · amn
xn
am1 x1 + · · · + amn xn
Am · x
Ngược lại, giả sử cho một ánh xạ tuyến tính λ : Rn → Rm . Ta có vector
đơn vị ei (i = 1,...,n) của Rn , lúc đó:

x = x1 e1 + ... + xn en .
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành


27

Cho e1 , ..., em là các vector đơn vị của Rm . Khi đó, tồn tại các số aij (i =
1,...,m và j = 1,...,n) sao cho:

λ(e1 ) = a11 e1 + · · · + am1 em
..
..
..
.
.
.
λ(en ) = a1n e1 + · · · + amn em .
Do đó:

λ(x1 e1 + ... + xn en ) = x1 λ(e1 ) + ... + xn λ(en )
= (x1 a11 + ... + xn a1n )e1 + ... + (x1 am1 + ... + xn amn )em
= x.A1 .e1 + ... + x.Am .em

 

A1 .x
a11 · · · a1n
..  x = (a ).x.
=  ...  =  ...
.

ij
am1 · · · amn
Am .x
Đặt A = (aij ), ta được : λ(x) = A.x.
Nếu A = (aij ), B = (bij ) và c ∈ R, thì

A + B = (aij + bij )

và

cA = (caij ).

Ta cũng có:

λA+B = λA + λB

và

λcA = cλA .

Ví dụ 2.1.1. Ánh xạ tuyến tính đi từ R vào R là gì? Ta xác định
được một cách dễ dàng. Cho λ : R → R là một ánh xạ tuyến tính. Khi
đó,∀x ∈ R, ta có:
λ(x) = λ(x · 1) = xλ(1).
Đặt: a = λ(1). Khi đó:

λ(x) = ax.
Vậy ánh xạ tuyến tính đi từ R → R là ánh xạ λa . Với

λa : R → R

x → λa (x) = a · x.
Ví dụ 2.1.2. Cho A = (a1 , ..., an ) là một vector hàng, và x là vector cột
với tọa độ (x1 , ..., xn ). Ta định nghĩa A · x = a1 x1 + ... + an xn . Ta có ánh
xạ tuyến tính là :

λA : Rn → R
x −→ λA (x) = A · x.
với mọi x ∈ R. Vậy ánh xạ tuyến tính đi từ Rn → R là ánh xạ λA được
xác định như ở trên.
Khóa Luận Tốt Nghiệp

SVTH: Phạm Thị Lành