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

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

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

⇒ 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→∞
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

∩ 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

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}

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


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
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
, 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.

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
∈ 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
, 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

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

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

− 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



(x
2
+ y
2
) cos
1
x
2
+ y
2
, x
2
+ y
2
> 0
0 , x = y = 0
HD: Hàm f (x, y) tương đương với hàm g(x, y) = x
2
+ y
2
khi x
2
+ y
2
→ +∞
II - Sự khả vi
1. Đạo hàm riêng:
Cho D là tập mở trong R

1
, h
2
, . . . , h
n
) ∈ R
n
sao cho
x + h ∈ D thì:
f(x + h) − f(x) =
n

i=1
∂f
∂x
i
(x)h
i
+ ||h||ϕ(h)
trong đó ϕ xác định trong lân cận của O
R
n
thỏa: lim
h→O
R
n
ϕ(h) = 0
Vi phân của f tại x, ký hiệu là df(x), định bởi:
df(x) =
n

xy
x
2
+ y
2
, x
2
+ y
2
> 0
0 , x = y = 0
có
∂f
∂x
(0, 0) =
∂f
∂y
(0, 0) = 0 nhưng f không liên tục tại (0, 0) (do không tồn tại
lim
x,y→0
f(x, y)).
3. Thí dụ:
3.1 Tính đạo hàm riêng:
a) f(x, y) = e
sin(
x
y
)
⇒
∂f

)
z
= e
z ln
y
x
∂f
∂x
(x, y, z) = −
z
y
(
y
x
)
z
,
∂f
∂y
=
z
y
(
y
x
)
z
,
∂f
∂z

2
x
,
∂f
∂y
(x, y) = 2ye
(x
2
+ y
2
)
2
3.2 Xét sự khả vi của các hàm sau tại (0, 0)
a) f(x, y) =



x +
xy
2

x
2
+ y
2
, x
2
+ y
2
> 0

(0, 0)t

ϕ(s, t) =
st
2
s
2
+ t
2
. Suy ra: lim
s,t→0
ϕ(s, t) = 0
Vậy f khả vi tại (0, 0)
b) f(x, y) =
3

x
3
+ y
3
∂f
∂x
(0, 0) = lim
t→0
f(t, 0) − f(0, 0)
t
= 1,
∂f
∂y
(0, 0) = lim

s
3
+ t
3
− s − t

Chọn s = t > 0, ϕ(s, s) =
1
s
√
2

s
3
√
2 − 2s

=
1
√
2

(
3
√
2 − 2

Suy ra: không có lim
s,t→0
ϕ(s, t) = 0

∂f
∂x
(x, y) = 2x sin
1
x
2
+ y
2
−
2x
3
(x
2
+ y
2
)
2
cos
1
x
2
+ y
2
∂f
∂y
(x, y) = −
2x
2
y
(x

t→0
f(0, t) − f(0, 0)
t
= 0
Với h = (s, t), ϕ(s, t) =
s
2
√
s
2
+ t
2
sin
1
s
2
+ t
2
Suy ra: lim
s,t→0
ϕ(s, t) = 0
Vậy f khả vi tại (0, 0)
Chọn:
(x
k
, y
k
) = (0,
1
k

∂f
∂x
(x

k
, y

k
) =
∂f
∂y
(x

k
, y

k
) = −16
√
kπ
Suy ra không tồn tại lim
x,y→0
∂f
∂x
(x, y), lim
x,y→0
∂f
∂y
(x, y)
Vậy

0 , x = y
a) Xét tính liên tục của f tại (0, 0) và (1, 1)
b) Tính
∂f
∂x
(0, 0),
∂f
∂y
(0, 0)
3) Cho
f(x, y) =



x sin y

x
2
+ y
2
, x
2
+ y
2
> 0
0 , x = y = 0
Xét sự khả vi của f tại (0, 0).
4) Cho
f(x, y) =


t→∞
t
n
e
t
= 0
5) Chứng tỏ các hàm sau có đạo hàm riêng
∂f
∂x
,
∂f
∂y
không liên tục tại (0, 0) nhưng
f khả vi tại (0, 0):
a) f(x, y) =



(x
2
+ y
2
) sin
1

x
2
+ y
2
, x



x
2
sin
1
(x
2
+ y
2
)
1/3
, x
2
+ y
2
> 0
0 , x = y = 0
Chứng minh các đạo hàm riêng
∂f
∂x
,
∂f
∂y
liên tục tại mọi (x, y) đặc biệt tại (0, 0)
HD:
∂f
∂x
(x, y) = 2x sin
1

(x, y) = −
2
3
x
2
y
(x
2
+ y
2
)
4
3
cos
1
(x
2
+ y
2
)
1
3
0 ≤
|x|
3
(x
2
+ y
2
)

2
)
1
3
≤ |y|
1
3
4. Hàm ẩn:
Định nghĩa: Cho A ⊂ R
n
, B ⊂ R
p
, mỗi phần tử của A × B ghi là (x, y) với
x ∈ A, y ∈ B. Cho f : A × B → R
p
. Mỗi (x, y) ∈ A× B, f(x, y) ∈ R
p
ghi là:
f(x, y) = (f
1
(x, y), f
2
(x, y), . . . , f
p
(x, y))
Các hàm f
1
, f
2
, . . . , f

1
(x, y) = 0
f
2
(x, y) = 0
..................
f
p
(x, y) = 0
(2)
Khi nào từ phương trình vectơ (1) có thể giải được y = ϕ(x) ?
Ánh xạ ϕ xác định trong tập con của R
n
có giá trị trong R
p
, nếu có, được gọi là ánh
xạ ẩn suy ra từ phương trình vectơ (1).
Điều này tương đương với bài toán: khi nào từ hệ phương trình (2) có thể giải được
y
1
, y
2
, . . . , y
p
là các hàm theo các biến x
1
, x
2
, . . . , x
n

...................................
y
p
= ϕ
p
(x
1
, x
2
, . . . , x
n
)
Các hàm ϕ
1
, ϕ
2
, . . . , ϕ
p
, nếu có, được gọi là hàm ẩn suy ra từ hệ phương trình (2)
Sau đây là định lí hàm ẩn cho trường hợp đặc biệt
Định lý:
9
i) Phương trình f (x, y) = 0:
Cho f có đạo hàm riêng
∂f
∂x
,
∂f
∂y
liên tục trong lân cận của (x

(x, y(x))
∂f
∂y
(x, y(x))
, ∀x ∈ I
ii) Phương trình f(x, y, z) = 0:
Cho f có đạo hàm riêng liên tục trong lân cận của (x
0
, y
0
, z
0
)
Giả sử f (x
0
, y
0
, z
0
) = 0 và
∂f
∂z
(x
0
, y
0
, z
0
) = 0
Khi đó có tập mở D ⊂ R

(x, y, z(x, y))
∂f
∂z
(x, y, z(x, y))
, ∀(x, y) ∈ D
iii) Hệ phương trình:

f(x, y, z) = 0
g(x, y, z) = 0
Cho f, g có các đạo hàm riêng liên tục trong lân cận của M
0
(x
0
, y
0
, z
0
). Giả sử:

f(x
0
, y
0
, z
0
) = 0
g(x
0
, y
0

)







= 0
Khi đó có khoảng mở I chứa z
0
và các hàm x, y : I → R khả vi liên tục thỏa
mãn:
x(z
0
) = x
0
, , y(z
0
) = y
0
,

f(x(z), y(z), z) = 0
g(x(z), y(z), z) = 0
, với ∀z ∈ I
và đạo hàm
dx
dz
,

∂y
·
dy
dz
+
∂g
∂z
= 0
10
iv) Hệ phương trình:

f(x, y, u, v) = 0
g(x, y, u, v) = 0
Cho f, g có các đạo hàm riêng liên tục trong lân cận của M
0
(x
0
, y
0
, u
0
, v
0
). Giả
sử:

f(x
0
, y
0

0
)
∂g
∂u
(M
0
)
∂g
∂v
(M
0
)







= 0
Khi đó có một lân cận mở D của (x
0
, y
0
) và hai hàm u, v : D → R có đạo hàm
riêng liên tục theo x, y thỏa mãn:
u(x
0
, y
0




























∂f
∂u
·

∂u
∂y
+
∂f
∂v
·
∂v
∂y
+
∂f
∂y
= 0
∂g
∂u
·
∂u
∂y
+
∂g
∂v
·
∂v
∂y
+
∂g
∂y
= 0
Thí dụ:
1) Cho z = z(x, y) xác định từ hệ phương trình


∂u
∂x
+
∂v
∂x
0 = u
∂u
∂x
+ v
∂v
∂x
⇒
∂u
∂x
=
v
v − u
,
∂v
∂x
=
−u
v − u














∂z
∂x
= 3u
2
∂u
∂x
+ 3v
2
∂v
∂x
∂z
∂y
= 3u
2
∂u
∂y
+ 3v
2
∂v
∂y
⇒
∂z
∂x
= −uv









(u
∂u
∂x
+ v
∂v
∂x
)e
uv
+
∂u
∂x
+
∂v
∂x
= 1
u
∂u
∂x
+ v
∂v
∂x
+ 2u

u
∂u
∂y
+ v
∂v
∂y
+ 2u
∂u
∂y
+
∂v
∂y
= 1
Thay u(0, 0) = 0, v(0, 0) = 0, ta được:









∂u
∂x
(0, 0) +
∂v
∂x
(0, 0) = 1
∂v

∂z
∂x
,
∂z
∂y
:
a) z ln(x + z) −
xy
z
= 0
b) xz − e
z/y
+ x
3
+ y
3
= 0
2- Cho x = x(z), y = y(z) là hàm ẩn suy từ hệ:



x
2
+ y
2
−
z
2
2
= 0

1 + v
− 2x = 0
Tính
∂u
∂x
(1, 2),
∂v
∂y
(1, 2),
∂u
∂x
(1, 2),
∂v
∂y
(1, 2), biết u(1, 2) = 0, v(1, 2) = 0
HD: Sau khi đạo hàm riêng hai phương trình theo x, y thay điều kiện u(1, 2) =
0, v(1, 2) = 0.
13