analysis of functions of several variables for undergraduate students in department of mathematics

Introduction to the courseHọc phần Giải tích hàm nhiều biến là một trong những học phần bắtbuộc trong hầu hết các chương trình đào tạo cử nhân Toán, dành cho sinhviên đã học xong các học

Euclidean norm

We denote by R the set all of real numbers Let n ≥ 1 be an integer number, we define

In R n , let us consider two principal operations involving vectors that are vector addition and scalar multiplication They are defined as follows.

Definition 1.1.1 (Principal operations) For every α ∈ R and two vectors x = (x1, x2, , xn), y = (y1, y2, , yn) ∈ R n , we define x+y := (x1 +y1, x2 +y2, , xn +yn), α.x := (αx1, αx2, , αxn).

Then (R n ,+, ) satisfies 8 properties in the definition of a vector space. For this reason, one says that R n is a vector space and a point R n will be called a vector Morover, R n is a n dimensional vector space with the normal basis containing n unit vectors: e1 = (1,0,0, ,0), e2 = (0,1,0, ,0), , en = (0,0, ,0,1).

Without misunderstanding in the scalar multiplication, we writeαxinstead of α.x.

Thanh-Nhan Nguyen (nhannt@hcmue.edu.vn) Analysis of functions of several variables

Definition 1.1.2 (Inner product and Euclidean norm) Let x, y ∈ R n , with x = (x1, x2, , xn), y = (y1, y2, , yn) The inner product of two vectors x and y is a real number defined by

Euclidean norm of a vector x = (x1, x2, , xn) ∈ R n is a non-negative number defined by

Inner product are also called dot products or scalar products The vector space R n is equipped to a Euclidean norm ∥ ã ∥, we say that (R n ,∥ ã ∥) is a normed space.

Property 1.1.3 For every x, y, z ∈ R n and α ∈ R, the following statements hold. i) ⟨x, x⟩ ≥ 0 and ∥x∥ ≥ 0 The equality is valid if and only if x = 0R n ii) ⟨αx, y⟩ = ⟨x, αy⟩ = α⟨x, y⟩ and ∥αx∥ = |α|∥x∥. iii) ⟨x, y+z⟩ = ⟨x, y⟩+⟨x, z⟩.

Chứng minh These properties can be directly checked by definitions of inner product and Euclidean norm.

Theorem 1.1.4 For every x, y ∈ R n , one has the Schwarz’s inequality

|⟨x, y⟩| ≤ ∥x∥∥y∥, (1.1) and the following triangle inequality

Chứng minh When x = 0R n , inequality (1.1) is obvious For everyx ̸= 0R n and t∈ R, one has

Thanks to ii) and iii) in Property 1.1.3, one may decompose as follows

⟨tx+y, tx+y⟩ = ⟨tx, tx⟩+⟨tx, y⟩+⟨y, tx⟩+⟨y, y⟩

= ∥x∥ 2 t 2 + 2t⟨x, y⟩+∥y∥ 2 (1.4) Therefore, inequality (1.3) can be rewritten as

This is a second order inequality in t and is always non-negative in R It follows that

∆ ′ = (⟨x, y⟩) 2 − ∥x∥ 2 ∥y∥ 2 ≤ 0, which implies to (1.1) Next, let us apply (1.4) with t= 1, there holds

Combining this inequality with Schwarz’s inequality (1.1), we obtain the triangle inequality (1.2) The proof is complete.

Inequality (1.1) has a following equivalent version

The Cauchy-Schwarz inequality, a cornerstone of high school mathematics, asserts that for any real numbers x1, x2, , xn and y1, y2, , yn, the absolute value of the sum of their products (|x1y1 + x2y2 + + xnyn|) is less than or equal to the product of the square roots of the sums of their squares (q x 2 1 + x 2 2 + + x 2 n q y 1 2 + y 2 2 + + y n 2) This inequality has numerous applications in various mathematical disciplines.

Open set and closed set

Open set and closed set are two fundamental definitions in R n They are defined by open balls.

Definition 1.2.1 (Open ball) Given x0 ∈ R n and r > 0 The open ball centered at x0 and radius r in R n is the set defined by

In R 2 , the open ball centered at (x0, y0) and radius r is defined by

The closed ball and the sphere centered at x0 with radius r in R n are respectively defined by

Definition 1.2.3 (Open set) We say that the set X ⊂R n is open if for every x ∈ X, there exists an open ball centered at x in X, that means:

According to this definition, to prove that a set is open in R n , we will show that the set satisfies the statement (1.5).

Theorem 1.2.4 Any open ball is open in R n

Chứng minh For every x0 ∈ R n and δ ∈ R + , we show that B(x0, δ) is open, that means B(x0, δ) satisfies (1.5) Indeed, for any x ∈ B(x0, δ), one has ∥x−x0∥ < δ By setting r = δ − ∥x−x0∥ > 0, for all y ∈ B(x, r), we have:

∥y−x0∥ ≤ ∥y −x∥+∥x−x0∥< r +∥x−x0∥ = δ, which implies toy ∈ B(x0, δ) It follows thatB(x, r) ⊂ B(x0, δ) Therefore, we have the following statement

It allows us to conclude that B(x0, δ) is open.

Theorem 1.2.5 These following statements hold. i) Two sets ∅ and R n are open in R n ii) The union of two open sets is open in R n iii) The intersection of two open sets is open in R n

Chứng minh The statement of i) is obvious Indeed, the set ∅ contains no elements, therefore it does not satisfy the negation of the statement (1.5), which has the form

In the other words, ∅ satisfies (1.5).

Let us prove ii) Assume that X1, X2 are open in R n We need to prove that X1 ∪ X2 is also open in R n For every x ∈ X1 ∪ X2, we may assume thatx ∈ X1 Since X1 is open, there exists r0 > 0 such that B(x, r0) ⊂X1. Moreover, X1 ⊂ X1 ∪X2 implies that B(x, r0) ⊂ X1 ∪X2 Hence X1 ∪X2 satisfies (1.5), which allows us to conclude that X1 ∪X2 is open in R n

Finally, we prove iii) Let V 1 , V 2 be two open sets in R n , it is sufficient to show that V = V1∩V2 is open For all x ∈ V, we have x ∈ V1 and x ∈ ∩V2. Since V1, V2 are open in R n , one can find r1, r2 > 0 such that B(x, r1) ⊂ V1 and B(x, r2) ⊂ V2 Let us define r = min{r1, r2}> 0, there holds

This implies that V = V1 ∩V2 is open in R n

Definition 1.2.6 (Closed set) We say that the set Y ⊂ R is closed in

R n if its complement is open (that means R n \Y is open).

According to this definition, to prove that a set is closed, we will check that its complement is open That means proving that the complement satisfies the statement (1.5).

Theorem 1.2.7 Any closed ball is closed in R n

Chứng minh The proof is similar to Theorem 1.2.4.

Theorem 1.2.8 The following statements hold. i) Two sets ∅ and R n are closed in R n ii) The union of two closed sets is closed in R n

Chứng minh By using De Morgan’s law as below

R n \(V 1 ∩V 2 ) = (R n \V 1 )∪(R n \V 2 ), this theorem can be seen as an corollary of Theorem 1.2.5.

Definition 1.2.9 (Interior, closure, boundary) Given X ⊂ R n , let us present some following concepts. i) Interior of X is the largest open subset of X, denoted by X ◦ ii) Closure of X is the smallest closed set contained X, denoted by X. iii) Boundary ofX is the difference between the closure and the interior of X, denoted by ∂X.

Example 1.2.10 Let X = (0,1] be the set in R Then, X is not open or closed One can show that X ◦ = (0,1) and X = [0,1].

Definition 1.2.11 (Limit point, isolated point) Let X ⊂ R n i) x ∈ R n is a limit point of X if for every r > 0, one has

B(x, r)∩X \ {x} ̸= ∅. ii) x ∈ X is an isolated point of X if there exists r > 0 such that

Example 1.2.12 Let us consider X = (0,1]∪ {2} in R.

All of points in [0,1] are limit points of X x = 2 is not a limit point of X. x = 2 is an isolated of X All of points in (0,1] are not isolated points of X.

Convergence in R n

Definition 1.3.1 (Convergent sequence) Let {x k } k ∈ N be a sequence of vectors in R n We say that {x k } converges to x ∈ R n if klim→∞∥x k −x∥ = 0.

In this case, one writes lim k →∞x k = x or limx k = x.

Example 1.3.2 In R 2 , let us consider

1− 1 k,2 + 1 k 2 , k ∈ N ∗ Let us define (u, v) = (1,2) ∈ R 2 One has klim→∞∥(uk, vk)−(u, v)∥= lim k →∞ r 1 k 2 + 1 k 4 = 0, which allows us to conclude that klim→∞(uk, vk) = (1,2).

Theorem 1.3.3 The following statements hold. i) The limit (if it exists) of a sequence in R n is unique. ii) Let x k = (x k 1 , x k 2 , , x k n ) and x = (x1, x2, , xn) ∈ R n , there holds limx k = x ⇐⇒ limx k i = xi, ∀i = 1,2, , n.

Chứng minh Let us provei) Assume that {x k }k ∈ N converges to both limits x and y in R n , that means klim→∞∥x k −x∥ = lim k →∞∥x k −y∥ = 0.

Thanks to triangle inequality (1.2), one obtains that

Thanh-Nhan Nguyen (nhannt@hcmue.edu.vn) Analysis of functions of several variables which leads tox = y The statement ofii)will be implied from the following inequalities

Example 1.3.4 In R 2 , let us consider

One can see that lim k →∞uk = 1 and lim k →∞vk = 2 Theorem 1.3.3 allows us to conclude that klim→∞(uk, vk) = (1,2).

Theorem 1.3.5 The set X ⊂ R n is closed if and only if

Chứng minh Assume that X is closed in R n and the sequence {x k } ⊂ X satisfying lim k →∞x k = x We may show that x ∈ X by the contradiction.

Conversely, if (1.7) holds, we need to prove X is closed We also use the contradiction for the proof.

In the previous course “Analysis of functions of one variable”, it is well- known that any Cauchy sequence converges in R This statement is also true in R n , and we then say that R n is complete.

Definition 1.3.6 (Cauchy sequence) We say that {x k }k ∈ N ⊂ R n is a Cauchy sequence if

Proposition 1.3.7 Any convergent sequence in R n is Cauchy.

Chứng minh Assume that {x k } k ∈ N converges to x in R n Then, one has klim→∞∥x k −x∥ = 0, that means

2, for all k ≥ k0. Therefore, for every m, p ≥ k 0 , there holds

It allows us to conclude that

∥x m −x p ∥ = ∥(x m −x)−(x p −x)∥ ≤ ∥x m −x∥+∥x p −x∥ < ε. Therefore, {x k }k ∈ N is a Cauchy sequence in R n

Theorem 1.3.8 The normed space R n is complete, that means any Cauchy sequence is convergent sequence in R n

Chứng minh Let {x k }k ∈ N be a Cauchy sequence in R n , we have to show that it converges Indeed, {x k } is Cauchy sequence in R n , so (1.8) holds. For all j = 1,2, , n, one has

Combining with (1.8), the sequences {xkj} converge to xj in R due to its completeness Consequently, by Theorem 1.3.3, setting x = (x1, x2, , xn), the sequence {xk} converges to x.

Present basic concepts inR n such as Euclidean norm, inner product, open set, closed set and convergence.

Apply the properties of the Euclidean norm to investigate the convergence of vector sequences in R n

Prove some results related to the concepts of open and closed sets in R n

1 Prove that for every x, y ∈ R n , one has

In particular, show that if ⟨x, y⟩ = 0 then

2 Let {x k } and {y k } be two sequences in R n such that limx k = x 0 and limy k = y0 Prove that a) lim(x k +y k ) = x0 +y0. b) lim∥x k −y k ∥= ∥x0 −y0∥. c) lim⟨x k , y k ⟩ = ⟨x 0 , y 0 ⟩.

3 Show that the arbitrary union of open sets in R n is open.

4 Give an example to show that the infinite intersection of open sets in

5 Prove that a set in R n is open if and only if it is an union of open balls in R n

6 Given an infinite series of concentric circles in the plane with radius

2 k , k ∈ N Is their union a closed set?

7 Given an infinite series of concentric circles in the plane with radius

2 − k , k ∈ N Is their union a closed set?

8 Let us consider X = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 + y 2 < 1} Determine the interior, closure and boundary of X in R 2

9 Let {x k } ⊂ R n such that limx k = x 0 Prove that if {x k j }j ∈ N is a sub-sequence of {x k } then lim j →∞x k j = x 0

10 We say that the sequence {x k } ⊂ R n is bounded if there exists r > 0 such that ∥x k ∥ ≤ r for all k ∈ N Prove that any bounded sequence in

11 Let X ⊂ R n and x0 ∈ R n Prove that x0 is a limit point of X if and only if there exists a sequence {x k } ⊂ X \ {x0} such that limx k = x0.

12 Let X ⊂ R n be non empty set We say that a ∈ R n is a cluster point of X if B(a, r)∩X is infinite for all r > 0. a) Show that the cluster point is exactly the limit point. b) Assume that inf{∥x−y∥ : x, y ∈ X, x ̸= y}> 0.

Show that X has no cluster point.

Definition and the equivalent theorem

Definition 2.1.1 (Functions of several variables) Let D be a non-empty set in R n Then, a mapping f : D → R is called function of n variables and D is called the domain of f.

In the definitions and theorems below, without further explanation, we always assume that D is a non-empty subset of R n , function f : D → R and x0 is a limit point of D.

Definition 2.1.2 (Limit) We say that the limit of f(x) as x approaches x0 is L if

Example 2.1.3 Let f is two-variable function defined by f(x, y) =x 2 +y 2 , (x, y) ∈ D = R 2 Then, one has

Chứng minh For every ε > 0, let us choose δ = minn

Theorem 2.1.4 (The equivalent theorem) Two following statements are equivalent. i) lim x → x 0 f(x) =L. ii) For all {x k }k ∈ N ⊂ D \ {x0}, if limx k = x0 then limf(x k ) =L.

Chứng minh The theorem is proven in exactly the same way as in functions of one variable Let us first show that i) ⇒ ii) Assume that lim x → x 0 f(x) = L and {x k } k ∈ N ⊂ D \ {x0} be a sequence such that limx k = x0 We need to prove that limf(x k ) =L Indeed, for every ε > 0, since lim x → x 0 f(x) = L then there exists δ > 0 such that:

Moreover, since limx k = x0 there exists k0 ∈ N such that ∥x k −x0∥ < δ for all k ≥ k0 It follows that |f(x k )−L|< ε, for k ≥ k0 We may conclude that limf(x k ) = L.

The statement ii) ⇒i) can be proved by contradiction Assume thatii) holds and there exists ε > 0 such that

For each k ∈ N ∗ , applying (2.1) for δ = 1 k, one can find {x k }k ∈ N ∗ ⊂ D\{x0} such that

∥x k −x0∥ < 1 k and |f(x k )−L| ≥ ε, for all k ∈ N ∗ (2.2) Thanks to ii), combining with the fact that limx k = x0 it implies that limf(x k ) = L This contradicts (2.2) The proof is complete.

(x,y) → (0,0)f(x, y) in the following cases a) f(x, y) =x 3 −siny b) f(x, y) = xsiny px 2 +y 2 Solution For every (xk, yk) ̸= (0,0) such that lim(xk, yk) = (0,0), let us set ) In the first case a), we have

Since lim(xk, yk) = (0,0) it implies that limxk = limyk = 0 It leads to limuk = 0 Hence, we may conclude that lim

In the last case b), there holds uk = x k siny k px 2 k +y k 2 , k ∈ N. Note that |u| ≤ p u 2 + v 2 for all u, v ∈ R, one gets that

Since lim sinyk = 0 it follows that limuk = 0 Therefore, we obtain that

The following corollary follows directly from Theorem 2.1.4 This con- sequence is often used to show that the limit of a function does not exist.

Corollary 2.1.6 If one can find two sequences {x k } and {y k } in D \ {x 0 } such that

(limx k = limy k = x 0 , limf(x k ) = L1 ̸= L2 = limf(y k ), then the limit lim x → x 0 f(x) does not exist.

(x,y) → (0,0)f(x, y) in the following cases a) f(x, y) = x 2 −y 2 x 2 +y 2 b) f(x, y) = sin 1 x 2 +y 2 Solution In the first case a), let us consider two sequences

(xk, yk) 1 k,0 and (uk, vk)

0,1 k , k ∈ N ∗ One can see that lim(xk, yk) = lim(uk, vk) = (0,0) However, there holds limf(xk, yk) = 1 and limf(uk, vk) =−1.

Thanks to Corollary 2.1.6, we may conclude that the limit lim

In the second case b), we consider two following sequences

It is easy to see that lim(xk, yk) = lim(uk, vk) = (0,0) On the other hand, we have limf(xk, yk) = lim sin(kπ) = 0 and limf(uk, vk) = lim sinπ

It allows us to conclude that the limit lim

(x,y) → (0,0)f(x, y) does not exist □. Using the equivalent theorem, we can easily prove results related to the limits of the sum, difference, product, and quotient of functions These results are presented through the following proposition.

Proposition 2.1.8 Assume thatf, g are defined in D and lim x → x 0 f(x) = L1, xlim→ x 0 g(x) = L2 Then, the following statements hold. i) lim x → x 0 cf(x) =cL1, for given constant c. ii) lim x → x 0

The squeeze theorem

Through the examples above, we see that using Theorem 2.1.4 to calculate the limit of a multivariable function helps us move from the problem of calculating the limit of a multivariable function to the problem of calculating the limit of a real sequence However, the sequence that needs to calculate the limit f(x k ) is not an explicit expression in terms of k, but still depends on the sequence x k This can cause certain difficulties when estimating the limit of this series of numbers Besides, the evaluation of

Theorem 2.2.1(The squeeze principle) Assume thatf, g, h are defined in D and there exists r > 0 such that g(x) ≤ f(x) ≤h(x), ∀x ∈ D ∩B(x0, r) (2.4)

If lim x → x 0 g(x) = lim x → x 0 h(x) = L then lim x → x 0 f(x) =L.

This theorem's proof utilizes Theorem 2.1.4 and the squeeze principle for real number limits Given f, g, and h satisfy (2.4) and lim x → x0 g(x) = lim x → x0 h(x) = L, the goal is to prove lim x → x0 f(x) ≤ L For any sequence {xk} ∈ D \ {x0} such that lim xk = x0, there exists k0 ∈ N such that

∥x k −x0∥ < r or x k ∈ D ∩B(x0, r), ∀k ≥ k0. Assumption (2.4) gives us g(x k ) ≤f(x k ) ≤ h(x k ), ∀k ≥k0. Moreover, thanks to Theorem 2.1.4 it follows that limg(x k ) = limh(x k ) = L, which implies to limf(x k ) = L Theorem 2.1.4 allows us to conclude xlim→ x 0 f(x) =L.

The following corollary is a typical case of the squeeze principle when g = −h and L = 0.

Corollary 2.2.2 (Corollary of squeeze principle) Assume that f, g are defined in D and there exists r > 0 such that

Example 2.2.3 Evaluate the following limits a) lim

Solution In the first case a), we consider a function f defined in D R 2 \ {(0,0)} as follows f(x, y) = x 2 y x 2 +y 2 , (x, y) ∈ D.

We have the following fundamental estimate

(x,y) → (0,0)|y| = 0, thanks to Corollary 2.2.2, we may conclude that

In the second case b), we consider f defined in D = {(x, y) ∈ R 2 : x ̸= 0} as follows f(x, y) = sin(xy) x , (x, y) ∈ D.

It is well-known that |sinu| ≤ |u|, ∀u ∈ R It implies that

|sin(xy)| ≤ |xy|, ∀(x, y) ∈ R 2 , which leads to sin(xy) x ≤ xy x = |y|, ∀(x, y) ∈ D.

(x,y) → (0,0)|y| = 0, Corollary 2.2.2 gives us the limit is zero □ Example 2.2.4 Given a parameter a > 0, find the following limit:

(x,y)lim→ (0,0) x 2 y (x 2 +y 2 ) a Solution Let us consider f defined in D = R 2 \ {(0,0)} as follows x 2 y

We will consider two following cases.

In the first case, we assume that3 > 2a ⇔a < 3

2 Using the following facts x 2 ≤ x 2 +y 2 và |y| ≤(x 2 +y 2 ) 1 2 , ∀(x, y) ∈ R 2 , we obtain that

Thanks to Corollary 2.2.2, we may conclude that

In the remain case, we assume that 3 ≤2a ⇔a ≥ 3

2 Let us consider two sequences

They converge to (0,0) as k → ∞, but limf(xk, yk) = 0 and limf(uk, vk) = lim k →∞ k 2a − 3

2. For this reason, the limit lim

(x,y) → (0,0)f(x, y) does not exist in this case □

Continuity of multivariable functions

Definition 2.3.1 (Continuous function) Let D be a non-empty set in

R n and a function f : D → R We say that f is continuous at x0 ∈ D if

The function f is called continuous in D if f is continuous at every point in D.

Remark 2.3.2 i) If x0 is an isolated point of D then f is continuous at x0 Indeed, x0 is an isolated point of D then there exists r > 0 such that

If the intersection of D and the ball B(x0, r) is equal to {x0}, then f is continuous at x0 by choosing δ = r For a limit point x0 of D, continuity at x0 is equivalent to the limit of f(x) as x approaches x0 being equal to f(x0) Furthermore, all simple functions defined on an open subset D of R^n are continuous in D.

Example 2.3.3 Discuss the continuity of the following functions in R 2 a) f(x, y) 

Solution of a) Let us first recall that the set D = R 2 \{(0,0)}is open. Moreover, the function f on D has the following formula xy

Since f has a simple function formula in the open set D, it follows that f is continuous within D Therefore, our focus turns to examining the continuity of f at (0,0), which serves as a limit point of R2 Notably, we consider the following limit:

(x,y) → (0,0) xy x 2 +y 2 does not exist Indeed, let us consider two sequences

0, 1 k and (uk, vk) 1 k, 1 k converge to (0,0), but limf(xk, yk) = 0 and limf(uk, vk) = 1

Therefore, f is not continuous at (0,0) As conclusion, f is only continuous in R 2 \ {(0,0)} The solution of exercise b) is similar □

Similar to the continuity of a function of one variable, we can prove that the sum, difference, product, quotient and the composite of two continuous functions are continuous Besides, we can also construct the Weierstrass theorem and the Bolzano-Cauchy theorem for functions of several variables.

Theorem 2.3.4 (Weierstrass) Let D be a non-empty, closed and bounded subset in R n Assume that f : D → R is continuous in D. Then, f takes on an absolute maximum value and an absolute minimum value in D, that means there exist u, v ∈ D such that f(u) ≤f(x) ≤ f(v), ∀x ∈ D.

Chứng minh The proof is divided into two steps As a first step, we prove that f(D) is bounded by contradiction Indeed, let us assume that f(D) has no any upper bound, that means there exists {y k }k ∈ N ⊂ f(D) such that limy k = +∞ Let us consider {x k }k ∈ N ⊂ D satisfying y k = f(x k ). Applying Exercise 10 in Chapter 1, since D is bounded, then {x k } admits a sub-sequence {x k j } j which converges tox0 Moreover, D is closed, thanks to Theorem 1.3.5, it implies that x0 ∈ D Combining with the fact that f is continuous at x0, there holds

This contradiction allows us to conclude that f(D) is bounded above.

For this reason, there exists α = supf(D) One can find a sequence {z k } ⊂ f(D) such that limz k = α Similar to the proof in the first step, we can construct the sequence {v k j }j which converges to v in D and z k j f(v k j ) Since f is continuous at v, one obtains that α = lim j →∞z k j = lim j →∞f(v k j ) = f(v).

From here, it can be deduced that the function f reaches its maximum value at v The proof is performed similarly for the minimum value.

Theorem 2.3.5(Bolzano-Cauchy) LetD is a non-empty and path-connected subset in R n Assume that f : D → R is continuous in D and two vectors u, v ∈ D satisfy f(u) < f(v) Then, f reaches all intermediate values between f(u) and f(v), that means for every c satisfying f(u) < c < f(v), there exists w ∈ D such that f(w) =c.

Chứng minh Let u, v ∈ D such that f(u) < f(v) and a real number c satisfying f(u) < c < f(v) Since D is path-connected, there exists a polyline with connectsx 0 = u tox k+1 = v and through out x 1 , x 2 , , x k inD More- over, sine c is between f(x 0 ) and f(x k+1 ), so we can find j ∈ {0,1, , k} such that c is between f(x j ) and f(x j+1 ) Without lost of generality, we may assume that f(x j ) < c < f(x j+1 ) (2.7) Let us introduce a function F : [0,1] →R defined by

Since the interval [x j , x j+1 ] is a subset of D and f is continuous on D, F must be continuous on [0,1] By rewriting (2.7) as F(0) < c < F(1), the Intermediate Value Theorem can be applied to show that F(t0) = c for some t0 ∈ [0,1] Selecting w = (1 −t0)x j + t0x j+1 , it follows that f(w) = c Therefore, the proof is complete.

Apply the squeeze principle to calculate the limits of functions of several variables.

Investigate the continuity of multivariable functions, and at the same time prove some simple results related to the continuity.

1 Investigate the existence of the following limits, calculate the limit or prove that it does not exist:

2 (Additional exercises, recalling knowledge of one variable functions) Let f : D →R, where D ⊂R such that 0 is a limit point of D.

(a) Given two real numbers a, b satisfying b > |a| Assume moreover that lim x → 0f(x) =a Prove that there exists δ > 0 such that

In this case, we say that |f(x)|< b for all x small enough.

(b) From there, show that the following inequalities are true for all u small enough:

Notes The above exercises are intended to obtain some fundamental inequalities for functions of one variable, thereby estimating the speed toward 0 of these expressions Estimation of the rate of convergence to zero of similar expressions can also be performed using this method.

3 Investigate the existence of the following limits, calculate the limit or prove that it does not exist:

4 Given a > 0, investigate the existence of the following limits in a:

0, (x, y) = (0,0). a) With a = 1, investigate the continuity of f at (0,0). b) With a = 3

2, investigate the continuity of f at (0,0).

6 Let a > 0, m ∈ R and a function f : R 2 →R defined by: f(x, y) 

2, find m such that f is continuous in R 2 b) With a = 1, find m such that f is continuous in R 2 c) Discuss the continuity of f at (0,0) depending on the values of a and m.

0, (x, y) = (0,0). a) With a = 2, investigate the continuity of f in R 2 b) Discuss the continuity of f at (0,0) depending on the value of a.

8 Let f be a continuous function in R 2 and α ∈ R Prove that: a) The set U (x, y) ∈ R 2 : x 2 > y 2 is open in R 2 b) The set V (x, y) ∈ R 2 : f(x, y) > α is open in R 2 c) The set W (x, y) ∈ R 2 : f(x, y) =α is closed in R 2

9 State and prove that the results about sum, difference, product, quotient and union of two continuous functions.

10 Let D be a non-empty subset in R n and f : D → R be a continuous function Assume that a, b ∈ D satisfying

Let us consider a function F : [0,1] → R defined by

Prove that F is continuous in [0,1].

11 Let f : D ⊂ R 2 →R and (x 0 , y 0 ) ∈ D Is the following statement cor- rect: “f is continuous at(x0, y0)if and only if f is continuous according to each variable at x0 and y0”?

12 (Cantor’s Theorem) We say that a function f : D ⊂ R n → R is uniformly continuous in D if

∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∥x−y∥ < δ, x, y ∈ D ⇒ |f(x)−f(y)| < ε. Prove that if f : D →R is continuous on a closed and bounded set D in R n then f is uniformly continuous in D.

Differentiability of multivariable functions

Partial derivatives

We can use the derivative of a function of one variable to define the derivative with respect to each variable for a function of several variables. These derivatives are called partial derivatives of multivariable functions. For example, let us consider f : R 2 →R defined by f(x, y) =x 2 y 3 , (x, y) ∈ R 2

When fixing the variable y and calculating the derivative with respect to the variable x, we obtain the partial derivative of f with respect to x, denoted by

∂x(x, y) = 2xy 3 Similarly, we have the partial derivative of the function f with respect to the variable y:

Definition 3.1.1 Let U be an open set in R 2 and f : U → R The partial derivatives of f at (x0, y0) ∈ U are defined by

∂y(x0, y0) := lim t → 0 f(x0, y0 +t)−f(x0, y0) t , if the limits on the right hand-side are finite.

Về ý nghĩa thực tế, giống như hàm một biến, đạo hàm riêng của hàm f theo biến x tại điểm (x0, y0) đặc trưng cho tốc độ tăng trưởng của hàm f tại (x0, y0) dọc theo trục tọa độ Ox. Để định nghĩa đạo hàm riêng cho hàm n biến, ta ký hiệu {e1, e2, , en} là hệ cơ sở chính tắc của R n , trong đó e1 = (1,0, ,0), e2 = (0,1, ,0), , en = (0,0, ,1).

Definition 3.1.2 (Đạo hàm riêng) Cho tập mở U ⊂ R n , hàm số f :

U → R và x0 ∈ U Với mỗi i = 1,2, , n, Đạo hàm riêng của hàm f tại x0 theo biến thứ i là đại lượng xác định bởi

(x0) := lim t → 0 f(x 0 + te i )−f(x 0 ) t , nếu giới hạn ở vế phải tồn tại hữu hạn.

Example 3.1.3 Cho hàm g :R 2 → R xác định bởi g(x, y) 

Tính các đạo hàm riêng của g tại (0,0).

Lời giải: Đạo hàm riêng theo biến x tại (0,0):

∂x(0,0) = lim t → 0 g(t,0)−g(0,0) t = lim t → 0 t−0 t = 1. Đạo hàm riêng theo biến y tại (0,0):

Definition 3.1.4 (Gradient) Khi đạo hàm riêng theo mọi biến đều tồn tại thì vector ∇f(x), xác định bởi

(x) , được gọi là gradient của f tại x.

Ví dụ, với f(x, y) = x 2 y 3 thì ∇f(x, y) = (2xy 3 ,3x 2 y 2 ).

Định nghĩa sự khả vi

Definition 3.1.5 Cho U là tập mở trong R n và hàm f : U → R Hàm f được gọi là khả vi tại x ∈ U nếu tồn tại a ∈ R n sao cho hlim→ 0 R n f(x+h)−f(x)− ⟨a, h⟩

Khi đó, vector a được gọi là đạo hàm của f tại x và ký hiệu f ′ (x) =a. Hàm f được gọi là khả vi trên U nếu nó khả vi tại mọi điểm thuộc U.

Mệnh đề sau đây chỉ ra sự duy nhất của vector a nếu tồn tại, nhằm thể hiện sự hợp lý của định nghĩa này.

Proposition 3.1.6 Vector a trong (3.1) nếu tồn tại là duy nhất.

Chứng minh Giả sử tồn tại a = (a1, a2, , an) và b = (b1, b2, , bn) ∈ R n cùng thỏa mãn (3.1) Bằng cách trừ hai biểu thức giới hạn, ta được h →lim0 R n

Với mỗi i = 1,2, , n, thay h = tei với t > 0, ta suy ra được tlim→ 0 +

Từ đây dẫn đến ai = bi với mọi i = 1,2, , n nên a = b.

Điều kiện cần cho sự khả vi

Theorem 3.1.7 Cho tập mở U ⊂ R n và hàm f : U → R Giả sử f khả vi tại x ∈ U Khi đó, f liên tục tại x và các đạo hàm riêng của f tại x tồn tại, đồng thời f ′ (x) = ∇f(x).

Chứng minh Do f khả vi tại x nên tồn tại a = (a1, a2, , an) ∈ R n thoar (3.1) Do U mở và x ∈ U nên tồn tại r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ U Xét hàm φ xác định bởi φ(h) = f(x+h)−f(x)− ⟨a, h⟩

Khi đó, với 0< ∥h∥ < r ta có thể biểu diễn f(x+h)−f(x) = ⟨a, h⟩+∥h∥φ(h), (3.2) trong đó lim h → 0 R n φ(h) = 0 Để ý rằng |⟨a, h⟩| ≤ ∥a∥∥h∥ nên vế phải của (3.2) có giới hạn bằng 0 khi h → 0R n Từ đó, ta suy ra hlim→ 0 R n f(x+h) = f(x).

Vậy, hàm f liên tục tại x Với mỗi i = 1,2, , n và mọi t thỏa mãn 0 0 sao cho B((x, y), r) ⊂U Xét hàm g xác định bởi g(s, t) =f(x+s, y+ t)−f(x, y)− ∂f

∂y(x, y)t, trong đó (s, t) ∈ R 2 sao cho p s 2 + t 2 < r Xét hàm F xác định bởi

Do đạo hàm riêng của f theo x tồn tại nên F khả vi Thật vậy:

∂y(x, y+t). Áp dụng định lý giá trị trung bình Lagrange cho hàm một biến F, tồn tại α ∈ (0,1) sao cho F(t)−F(0) = F ′ (αt)t Nói cách khác, ta thu được: f(x, y+ t)−f(x, y) = ∂f

Hoàn toàn tương tự, tồn tại β ∈ (0,1) sao cho: f(x+s, y +t)−f(x, y+t) = ∂f

Từ đó ta thu được đánh giá sau: g(s, t) = [f(x+s, y +t)−f(x, y+t)] + [f(x, y +t)−f(x, y)]

= As+Bt, trong đó A và B được xác định bởi

Sử dụng giả thiết về tính liên tục của các đạo hàm riêng ∂f

Do đó, hàm f khả vi tại (x, y) Vậy f khả vi trên U.

Một số định lý về sự khả vi

Đạo hàm của tổng, tích, thương

Tương tự như hàm một biến, ta có thể xây dựng các kết quả về sự khả vi cho tổng, hiệu, tích và thương của hai hàm khả vi Kết quả này được thể hiện trong định lý dưới đây.

Theorem 3.2.1 Cho tập mở U ⊂ R n , các hàm f, g : U → R khả vi tại x ∈ U và a, b là hằng số Khi đó: i) Hàm af +bg khả vi tại x và (af +bg) ′ (x) = af ′ (x) +bg ′ (x). ii) Hàm f g khả vi tại x và (f g) ′ (x) = f(x)g ′ (x) +g(x)f ′ (x). iii) Giả sử g(y) ̸= 0, với mọi y ∈ U Khi đó, hàm f g khả vi tại x.

Chứng minh Do f và g khả vi tại x nên tồn tại r > 0 sao cho với mọi h ∈ R n thỏa mãn 0 < ∥h∥ < r, ta có: f(x+h)−f(x) =⟨f ′ (x), h⟩+∥h∥φ(h), g(x+h)−g(x) =⟨g ′ (x), h⟩+ ∥h∥ψ(h), trong đó lim h → 0 R n φ(h) = lim h → 0 R n ψ(h) = 0 Sự khả vi của hàm af +bg được suy ra khá dễ dàng từ định nghĩa Để chứng minh sự khả vi của f g, với mọi h ∈ B(0R n , r), ta biểu diễn

= [f(x+h)−f(x)]g(x+h) +f(x) [g(x+ h)−g(x)]. Kết hợp các đẳng thức đã có, ta thu được

= ⟨g(x)f ′ (x) +f(x)g ′ (x), h⟩ +∥h∥κ(h), trong đó κ được xác định bởi κ(h) = 1

∥h∥⟨f ′ (x), h⟩⟨g ′ (x), h⟩+⟨f ′ (x), h⟩ψ(h) +g(x)φ(h) +⟨g ′ (x), h⟩φ(h) + φ(h)ψ(h) +f(x)ψ(h). Áp dụng bất đẳng thức Schwarz trong Định lý 1.1, ta có

≤ ∥f ′ (x)∥∥g ′ (x)∥∥h∥, đồng thời kết hợp với giả thiết lim h → 0 R n φ(h) = lim h → 0 R n ψ(h) = 0, ta kết luận được lim h → 0 R n κ(h) = 0 Từ đó suy ra f g khả vi tại x và

Đạo hàm của hàm hợp

Để xây dựng được kết quả về đạo hàm của hàm hợp cho hàm nhiều biến, trước tiên, ta nhắc lại kết quả về đạo hàm của hàm hợp trong trường hợp hàm một biến.

Theorem 3.2.2 Cho tập mở U ⊂ R Giả sử hàm x : (a, b) → U khả vi tại t ∈ (a, b) và f : U →R khả vi tại x(t) Khi đó, hàm hợp g = f ◦x khả vi tại t và g ′ (t) = f ′ (x(t))x ′ (t).

Khi khảo sát định lý tương tự cho trường hợp hàm nhiều biến, U sẽ là tập mở trong R n Khi đó x là hàm có giá trị vector với n thành phần, mỗi thành phần là hàm một biến có giá trị thực Cần lưu ý thêm rằng f ′ (x(t)) lúc này là vector gradient của hàmf, do đó x ′ (t) cũng là vector tương ứng. Phép nhân trong vế phải bây giờ được thay thế bởi tích vô hướng Với ý tưởng này, ta có thể chứng minh định lý đạo hàm của hàm hợp ứng với hàm nhiều biến như sau.

Theorem 3.2.3 (Đạo hàm của hàm hợp) Cho tập mở U ⊂ R n và các hàm x i : (a, b) →R, i = 1, n, sao cho x(t) = (x1(t), x2(t), , xn(t)) ∈ U, với mọi t ∈ (a, b).

Giả sử các hàm xi khả vi tại t ∈ (a, b) và f : U → R khả vi tại x(t). Khi đó, hàm hợp g = f ◦x khả vi tại t và g ′ (t) = ⟨f ′ (x(t)), x ′ (t)⟩, trong đó x ′ (t) được định nghĩa bởi x ′ (t) = (x ′ 1 (t), x ′ 2 (t), , x ′ n (t)).

Chứng minh Do hàm f khả vi tại x(t) nên tồn tại r > 0 sao cho với mọi h ∈ R n sao cho 0< ∥h∥< r, ta có: f(x(t) +h)−f(x(t)) =⟨f ′ (x(t)), h⟩+∥h∥φ(h), (3.3) trong đó lim h → 0 R n φ(h) = 0 Do x liên tục tại t nên tồn tại δ > 0 sao cho

Khi đó, với 0< |s| < δ ta có thể chọn h = x(t+s)−x(t) trong (3.3), đồng thời chia hai vế cho s, ta suy ra được: f(x(t+s))−f(x(t)) s f ′ (x(t)),x(t+s)−x(t) s

Chú ý rằng lim s → 0[x(t+s)−x(t)] = 0R n và lims → 0 x(t+ s)−x(t) s = x ′ (t).

Từ đó, cho s →0 trong (3.4), ta thu được điều phải chứng minh.

Định lý giá trị trung bình

Định lý giá trị trung bình trong trường hợp hàm một biến chính là định lý Lagrange Quy định điều kiện a thay bằng x và b thay bằng x + h, ta có thể viết lại định lý này theo một dạng khác Cụ thể, nếu hàm f : [x, x +h] → R liên tục trên [x, x+ h] và khả vi trên (x, x+ h) thì tồn tại θ ∈ (0,1) sao cho f(x+h)−f(x) =f ′ (x+θh)h.

Tương tự như các kết quả trước đó, để mở rộng định lý giá trị trung bình cho trường hợp hàm nhiều biến, ta để ý rằng f ′ (x+θh) và h là hai vector trong R n , do đó tích này được hiểu thành tích vô hướng trong R n

Theorem 3.2.4 (Định lý giá trị trung bình) Cho tập mở U ⊂R n , hàm f : U →R khả vi trên U Giả sử x ∈ U và h ∈ R n sao cho x+th ∈ U, với mọi t∈ [0,1].

Khi đó, tồn tại θ ∈ (0,1) sao cho: f(x+h)−f(x) = ⟨f ′ (x+θh), h⟩.

Chứng minh Với x ∈ U và h ∈ R n , ta xét hàm một biến

Do f khả vi trên U nên theo Định lý 3.2.3 g khả vi trên [0,1], đồng thời g ′ (t) = ⟨f ′ (x+th), h⟩, t ∈ [0,1]. Áp dụng định lý Lagrange cho hàm g, tồn tại θ ∈ (0,1) sao cho: g(1)−g(0) = g ′ (θ).

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

Đạo hàm riêng bậc cao

Định nghĩa đạo hàm riêng bậc cao

Definition 3.3.1 Cho U là tập mở trong R n và hàm f : U → R Giả sử các đạo hàm riêng của f tồn tại trên U Khi đó, đạo hàm riêng của các đạo hàm riêng bậc nhất được gọi là đạo hàm riêng bậc hai.

Cụ thể, với mỗi cặp số i, j ∈ {1,2, , n}, ta định nghĩa đạo hàm riêng bậc hai của hàm f theo biến xi, xj là đại lượng

∂x i(x+tej)− ∂x ∂f i (x) t , nếu giới hạn trên tồn tại hữu hạn Nếu i = j, ta ký hiệu ∂ 2 f

(x) Các đạo hàm riêng bậc cao hơn có thể định nghĩa hoàn toàn tương tự.

Tính các đạo hàm riêng bậc hai của hàm f tại (0,0), nếu tồn tại Có nhận xét gì về ∂ 2 f

Câu hỏi đặt ra là trong trường hợp nào thì ta có thể kết luận

Theorem 3.3.3 (Định lý Schwarz) Nếu các đạo hàm riêng bậc hai

∂xj∂xi tồn tại trên U mở chứa x và liên tục tại x thì

Chứng minh Xét biểu thức A có dạng

A = f(x+tei +sej)−f(x+tei)−f(x+sej) +f(x), với t, s ∈ R đủ nhỏ Ta sẽ biểu diễn A theo hai cách Đầu tiên, đặt φ(t) = f(x+tei +sej)−f(x+ tei).

Theo Định lý 3.2.3, ta biết φ khả vi và φ ′ (t) = ∂f

∂x i (x+tei). Áp dụng định lý Lagrange cho hàm φ, tồn tại θ 1 ∈ (0,1) sao cho:

Lặp lại các bước suy luận tương tự, tồn tại θ2 ∈ (0,1) sao cho

∂x j ∂x i (x+θ1tei+ θ2sej). Để thu được cách biểu diễn thứ hai cho A, ta thay đổi vai trò của s và t, ta cũng chỉ ra được tồn tại α1, α2 ∈ (0,1) sao cho:

Với hai cách biểu diễn cho cùng biểu thức A, ta suy ra được:

Công thức khai triển Taylor

Cho U mở trong R n và hàm f xác định trên U Giả sử a ∈ U và h ∈ R n sao cho a+th ∈ U, với mọi t∈ [0; 1].

Xét hàm số một biến F : [0; 1] → R, xác định bởi

Theorem 3.3.4 Giả sử f có các đạo hàm riêng cấp k ≥ 1liên tục trên

U, mà ta thường ký hiệu là f ∈ C k (U) Khi đó, tồn tại θ ∈ (0,1) sao cho: f(a+ h) =f(a) + F ′ (0)

Chứng minh Do f có các đạo hàm riêng liên tục đến cấp k ≥ 1 trên U nên theo định lý đạo hàm của hàm hợp, ta suy ra F khả vi liên tục đến cấp k trên [0,1] Sử dụng công thức Taylor cho hàm một biến F, tồn tại θ ∈ (0,1) sao cho:

(k −1)! + F k (θ) k! Để rằng F(1) = f(a+h) và F(0) = f(a), ta thu được (3.5).

Trong biểu thức khai triển Taylor ở trên, ta để ý rằng hàm F là hàm một biến Do đó việc tính đạo hàm các cấp của hàm F là có thể thực hiện được thông qua công thức đạo hàm của hàm hợp trong Định lý 3.2.3 Khi đó, đạo hàm cấp k của hàm F sẽ được biểu diễn thông qua các đạo hàm riêng cấp k của hàm f Mặc dù vậy, biểu diễn tường minh của các đạo hàm này không dễ dàng trong trường hợp tổng quát Do đó, trong học phần này, công thức Taylor được viết dưới dạng như trên, thay vì biểu diễn qua các đạo hàm riêng của hàm f Dưới đây là một vài gợi ý cho việc tính toán đạo hàm các cấp của hàm F.

Xét hàm giá trị vector x : [0,1] →U xác định bởi x(t) = a+th, tức là x(t) = (a1 +th1, a2 +th2, , an +thn).

Khi đó, ta có thể viết lại F = f ◦x Để tính đạo hàm cấp một của hàm F, ta sử dụng Định lý 3.2.3, thu được:

∂x n và x ′ (t) = h = (h1, h2, , hn) Từ đó dẫn đến

Tiếp theo, để tính đạo hàm cấp hai của hàm F, ta sẽ tính các đạo hàm của hàm Gi xác định bởi

Tương tự như trên, ta biểu diễn Gi = gi◦x và thu được:

Kết hợp (3.6) vào (3.7), ta suy ra được:

∂xj∂xi(a+th)hihj (3.8) Tại t= 0, ta có: n 2

Với ý tưởng hoàn toàn tương tự, ta có thể biểu diễn được đạo hàm cấp cao của hàm F thông qua các đạo hàm riêng cùng cấp của hàm f Chẳng hạn, ta sẽ tính được:

Mặc dù phương pháp tính toán khá rõ ràng, tuy nhiên việc biểu diễn tường minh biểu thức trong trường hợp đạo hàm cấp cao trở nên phức tạp về mặt hình thức Công thức Taylor sẽ được biểu diễn chính xác thông qua một vài khái niệm mới về các dạng k-tuyến tính, sẽ được thảo luận trong học phần nối tiếp về phép tính vi phân trên không gian hữu hạn chiều.

Triển khai Taylor (hoặc Maclaurin) cho các hàm nhiều biến có thể thu được bằng cách sử dụng phép triển khai Taylor (hoặc Maclaurin) cho các hàm một biến Việc khảo sát này giúp hiểu sâu hơn về cách các hàm nhiều biến thể hiện và hành xử theo các biến của chúng Bằng cách xác định các hệ số trong phép triển khai, chúng ta có thể ước tính giá trị của hàm tại các điểm lân cận một điểm đã cho, điều này có ứng dụng trong nhiều lĩnh vực như giải tích số, vật lý và tối ưu hóa.

Mục tiêu cơ bản của Chương 3:

Tính được đạo hàm riêng các cấp cho các hàm số hai biến và hàm số ba biến cụ thể.

Xét được tính liên tục của các đạo hàm riêng cho các hàm hai biến.

Khảo sát được sự khả vi của các hàm hai biến không chứa tham số và có chứa tham số.

Giải thích được mối liên hệ giữa các khái niệm hàm số bị chặn, liên tục, có đạo hàm riêng, có đạo hàm theo mọi hướng và khả vi.

Phát biểu và chứng minh được các định lý liên quan đến sự khả vi của hàm nhiều biến.

Vận dụng được định nghĩa và các định lý cơ bản về sự khả vi để giải một số bài tập tương tự các định lý trong lý thuyết.

1 Xét tính khả vi của các hàm số sau tại điểm (0,0):

4 Cho hàm f xác định bởi f(x, y) 

(a) Xét sự khả vi của f trên R 2

(b) Xét tính liên tục của các đạo hàm riêng của f tại (0,0).

5 Cho a > 0 và hàm f xác định bởi f(x, y) 

(a) Xét sự khả vi của f tại (0,0) trong trường hợp a = 1

3. (b) Tìm tất cả các giá trị của a để f khả vi tại (0,0).

6 Cho a > 0 và hàm f xác định bởi f(x, y) 

(a) Xét sự khả vi của f tại (0,0) trong trường hợp a = 1.

(b) Xét sự khả vi của f trên R 2 theo a.

7 Cho f(x, y) = |x 2 −y 2 | trên R 2 Xét các tập hợp

W = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 = y 2 }. (a) Chứng minh rằng U và V là hai tập mở trong R 2

(b) Tính các đạo hàm riêng của f tại mọi (x0, y0) ∈ U.

(c) Tính các đạo hàm riêng của f tại mọi (x0, y0) ∈ V.

(d) Tính các đạo hàm riêng của f tại mọi (x0, y0) ∈ W.

(e) Xét sự khả vi của f tại mọi (x0, y0) ∈ R 2 và tính đạo hàm nếu có.

(a) Tính các đạo hàm riêng của g tại mọi (x 0 , y 0 ) ∈ R 2

(b) Xét sự khả vi của g tại mọi (x0, y0) ∈ R 2 và tính đạo hàm nếu có.

9 Cho f : R n →R thỏa f(tx) = tf(x), ∀x ∈ R n , ∀t∈ R (3.10)Giả sử khả vi tại Chứng minh rằng

10 Kết quả ở Bài tập 9 còn đúng không nếu thay giả thiết (3.10) bởi giả thiết sau: f(x+y) = f(x) +f(y), ∀x, y ∈ R n (3.11)

11 Cho U là tập mở trong R n và f : U → R Với x ∈ U cố định và u ∈ R n \ {0R n }, ta định nghĩa đạo hàm theo hướng u của f tại x là đại lượng

Duf(x) = lim t → 0 f(x+tu)−f(x) t , nếu giới hạn tồn tại hữu hạn.

(a) Chứng minh rằng nếu f khả vi tại x thì f có đạo hàm theo mọi hướng tại x.

(b) Hàm f được gọi là khả vi Gâteaux tại x nếu ánh xạ u 7→ Duf(x) là ánh xạ tuyến tính Chứng minh rằng nếuf khả vi tại x(thường gọi là khả vi Fréchet) thì f khả vi Gâteaux tại x.

12 Cho hai hàm số f và g xác định bởi f(x, y) 

(a) Xét tính liên tục của f và g tại (0,0).

(b) Cho u = (a, b) ∈ R 2 \ {0R 2 }, tính Duf(0,0) và Dug(0,0).

(c) f và g có khả vi Gâteaux tại (0,0) không?

13 Cho f : R 2 → R định bởi: f(x, y) (1, nếu |y| ≥ x 2 hoặc y = 0,

Duf(0,0) = 0, ∀u ̸= 0R 2 ,nhưng hàm f không liên tục tại (0,0).

14 Cho U là tập mở trong R n , hàm f : U → R và x ∈ U Xét mối liên hệ giữa các mệnh đề sau đây:

(b) Hàm f có các đạo hàm riêng tại x.

(c) Hàm f có đạo hàm theo mọi hướng tại x.

15 Cho hàm hai biến xác định bởi f(x, y) 

(a) Xét tính liên tục của các đạo hàm riêng của f tại (0,0).

(b) Tính các đạo hàm riêng bậc hai của hàm f tại (0,0).

16 Cho hàm hai biến xác định bởi f(x, y) 

(a) Xét tính liên tục của các đạo hàm riêng của f tại (0,0).

(b) Tính các đạo hàm riêng bậc hai của hàm f tại (0,0).

Cực trị của hàm nhiều biến

Cực trị địa phương không điều kiện

Định nghĩa và định lý điều kiện cần

Definition 4.1.1 Giả sử hàm f xác định trên tập mở U ⊂ R n và x0 ∈ U Khi đó, ta nói rằng: i) Hàm f đạt cực đại địa phương tại x0 nếu tồn tại r > 0 sao cho f(x) ≤f(x 0 ), ∀x ∈ B(x 0 , r). ii) Hàm f đạt cực tiểu địa phương tại x 0 nếu tồn tại r > 0 sao cho f(x) ≥f(x0), ∀x ∈ B(x0, r).

Cực đại địa phương và cực tiểu địa phương được gọi tắt là cực đại và cực tiểu, được gọi chung là cực trị. Đối với hàm một biến, ta biết rằng nếu hàm f xác định trên (a, b), có đạo hàm và đạt cực trị tại x0 ∈ (a, b) thì f ′ (x0) = 0 Một cách đơn giản, ta nói rằng nếu f có đạo hàm và đạt cực trị tại x0 thì x0 là điểm dừng của hàm f Kết quả này được mở rộng một cách tự nhiên cho trường hợp hàm nhiều biến Định lý sau đây đưa ra điều kiện cần để hàm f đạt cực trị.

Theorem 4.1.2 (Điều kiện cần) Cho U mở trong R n , f : U → R và x0 ∈ U Giả sử các đạo hàm riêng của f tại x0 tồn tại Nếu f đạt cực trị tại x0 thì ∇f(x0) = 0R n

Chứng minh Do x0 ∈ U nên tồn tại r > 0 sao cho B(x0, r) ⊂ U Với mỗi i = 1,2, , n cố định, xét các hàm gi : (−r, r) →R xác định bởi gi(t) = f(x0 +tei), t∈ (−r, r).

Do f có đạo hàm riêng tại x0 nên gi có đạo hàm tại 0 Thật vậy, g i ′ (0) = lim t → 0 gi(t)−gi(0) t = lim t → 0 f(x0 + tei)−f(x0) t = ∂f

Ngoài ra, do f đạt cực trị tại x0 nên gi đạt cực trị tại 0 Suy ra g i ′ (0) = 0, nghĩa là ∂f

Các điểm x 0 ∈ U thỏa mãn ∇f(x 0 ) = 0R n gọi là điểm dừng của f Để tìm cực trị của f, trước hết người ta thường tìm tập hợp tất cả các điểm dừng của hàm f, sau đó xác định cực trị dựa trên các điểm dừng này.

Lưu ý rằng chiều ngược lại của Định lý 4.1.2 có thể không đúng, điều này có nghĩa là điểm dừng của hàm $f$ tại $x_0$ không đảm bảo $f$ đạt cực trị tại $x_0$ Đặc biệt, nếu hàm $f$ có vô số điểm dừng, ta cũng không thể khẳng định hàm $f$ đạt cực trị địa phương tại điểm đó.

Example 4.1.3 Xét hàm hai biến f(x, y) =xsiny Ta có:

Ta thấy hàm f có vô số điểm dừng là (0, kπ) với mọi k ∈ Z Tuy nhiên, do f(0, kπ) = 0 và f có thể đổi dấu trong lân cận của điểm dừng (0, kπ) nên hàm này không đạt cực trị địa phương tại bất kỳ điểm dừng nào.

Ý tưởng xây dựng định lý điều kiện đủ

Ví dụ 4.1.3 thể hiện rằng sự tồn tại của các điểm dừng chưa thể bảo đảm sự tồn tại của các điểm cực trị Trong trường hợp hàm một biến, ta có thể sử dụng bảng biến thiên để kết luận cực trị của hàm số tại các điểm dừng. Tuy nhiên, khái niệm này không còn phù hợp khi khảo sát hàm nhiều biến. Thay vào đó, ta có thể khảo sát cực trị thông qua đạo hàm bậc hai tại điểm dừng.

Với phân tích này, để đưa ra điều kiện đủ để hàm nhiều biến đạt cực trị

Theorem 4.1.4 (Điều kiện đủ cho hàm một biến) Cho U mở trong R và f : U → R Giả sử f ∈ C 2 (U) và x0 ∈ U là một điểm dừng của f. Khi đó, xảy ra một số trường hợp sau đây: i) Nếu f ′′ (x0) > 0 thì f đạt cực tiểu tại x0. ii) Nếu f ′′ (x0) < 0 thì f đạt cực đại tại x0. iii) Nếu f ′′ (x0) = 0 thì chưa thể kết luận được về cực trị của f tại x0.

Chứng minh Ta chứng minhi), các mệnh đề còn lại được chứng minh hoàn toàn tương tự Giả sử f ′′ (x0) > 0, vì f ′′ liên tục tại x0 nên tồn tại lân cận

Với mọi x ∈ V, sử dụng công thức Taylor tại x0, ta có: f(x) =f(x0) + f ′ (x0)(x−x0) + 1

2f ′′ (c)(x−x0) 2 , với c nằm giữa x0 và x Do x0 là điểm dừng của f nên f ′ (x0) = 0, từ đó ta suy ra được: f(x)−f(x0) = 1

Vậy x0 là điểm cực tiểu của f. Để ý rằng nếu f ′′ (x0) = 0, giả thiết của định lý chưa đủ để kết luận về cực trị tại điểm dừng x0 Khi đó, người ta thường dùng định nghĩa cực trị để kiểm tra Dưới đây là một ví dụ đơn giản trong trường hợp này.

Hàm bậc ba f(x) = x^3 và hàm bậc bốn g(x) = x^4 đều có điểm dừng duy nhất tại x0 = 0 và f''(0) = g''(0) = 0 Tuy nhiên, f không đạt cực trị tại x0 = 0 trong khi g đạt cực tiểu tại đó Điều này là do g(x) luôn không âm, đạt giá trị nhỏ nhất là 0 tại x0 = 0 và duy trì giá trị đó trong vùng lân cận của x0.

Do đó, g đạt cực tiểu tại x0 Đối với hàm f, ta thấy rằng: f(−1/n) = −1/n 3 < f(0) = 0< f(1/n) = 1/n 3 , ∀n ∈ N ∗

Bất đẳng thức này chứng tỏ trong mọi lân cận (−r, r) (với r > 0) của điểm x0 = 0, ta luôn tìm được hai điểm x1 < 0 và x2 > 0 sao cho f(x1) < f(x0) < f(x2) Như vậy, hàm f không thể đạt cực trị tại x0.

Trong trường hợp hàm nhiều biến, ta sẽ mô tả ý tưởng hình thành điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị tại điểm dừng dựa trên việc mở rộng chứng minh cho hàm một biến.

Xét U mở trong R n và f : U → R Giả sử f ∈ C 2 (U) (ở đây ta ký hiệu

C 2 (U) là tập hợp các hàm có các đạo hàm riêng cấp ≤ 2 liên tục trên U) và x0 ∈ U là một điểm dừng của f Sử dụng công thức Taylor tại x0, tồn tại θ ∈ (0,1) sao cho f(x0 + h)−f(x0) = 1

Tương tự trường hợp hàm một biến, nhờ tính liên tục của các đạo hàm riêng cấp 2 của hàm f, ta mong đợi rằng hàm f đạt cực tiểu tại x0 (tức là vế phải của biểu thức trên không âm) nếu giả thiết sau thỏa mãn: n

(x0), i, j ∈ {1,2, , n}, và dạng toàn phương A xác định bởi

X i,j=1 aijhihj, h = (h1, h2, , hn) ∈ R n , ta có thể viết lại (4.1) dưới dạng

A(h) > 0, ∀h ̸= 0R n Giả thiết này thể hiện rằng A là một dạng toàn phương xác định dương.Với các phân tích này, ta có lý do để tin rằng nếu A là dạng toàn phương

Từ ý tưởng trên, ta thấy rằng để kết luận được cực trị của hàm f tại điểm dừng x0, ta sẽ khảo sát dạng toàn phương liên kết với một ma trận tương ứng là ma trận các đạo hàm riêng bậc hai của hàm f tại x0 Đây là ma trận vuông cấp n và thường được gọi là ma trận Hess của hàm f tại x0, được xác định bởi

Lưu ý rằng người ta thường đồng nhất ký hiệu giữa dạng toàn phương

Ngoài ra, theo định lý Schwarz và giả thiết f ∈ C 2 (U), ta có thể suy ra ma trận Hess của hàm ánh xạ (f) thành ma trận đối xứng.

Một số kết quả về dạng toàn phương

Các kiến thức liên quan đến dạng toàn phương thường được thảo luận trong các học phần đại số tuyến tính Tuy nhiên, để thuận lợi trong việc sử dụng kiến thức về dạng toàn phương ở học phần này, ta tóm tắt một vài định nghĩa và định lý thường được sử dụng.

Dưới đây là một số định nghĩa liên quan đến dạng toàn phương và việc xác định dấu cho dạng toàn phương.

Definition 4.1.6 Cho A(u) là dạng toàn phương trên R n , tức là ánh xạ

X i,j =1 aijuiuj, u = (u1, u2, , un) ∈ R n , (4.2) trong đó aij ∈ R Khi đó: i) A(u) được gọi là xác định dương nếu

A(u) > 0, ∀u ̸= 0R n ii) A(u) được gọi là xác định âm nếu

A(u) < 0, ∀u ̸= 0R n iii) A(u) được gọi là không xác định nếu

∃u, u ′ ∈ R n sao cho A(u) > 0 và A(u ′ ) < 0. iv) A(u) được gọi là nửa xác định dương nếu

A(u) ≥ 0, ∀u ∈ R n và ∃u0 ̸= 0R n sao cho A(u0) = 0. v) A(u) được gọi là nửa xác định âm nếu

Example 4.1.7 Xét dạng toàn phương A trong R 2 được xác định bởi các trường hợp dưới đây. a) A(u1, u2) = u 2 1 +2u1u2+3u 2 2 Đây là dạng toàn phương xác định dương. Thật vậy, ta thấy

A(u1, u2) = (u1 +u2) 2 + 2u 2 2 ≥ 0, ∀(u1, u2) ∈ R 2 , đồng thời đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (u1, u2) = (0,0). b) A(u1, u2) = −u 2 1 − u 2 2 Đây là dạng toàn phương xác định âm vì A(u1, u2) ≤ 0, ∀(u1, u2) ∈ R 2 và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (u1, u2) = (0,0). c) A(u1, u2) = u 2 1 −2u1u2 + u 2 2 Đây là dạng toàn phương nửa xác định dương vì A(u1, u2) ≥ 0, ∀(u1, u2) ∈ R 2 và A(1,1) = 0. d) A(u1, u2) = u 2 1 + 2u1u2−u 2 2 Đây là dạng toàn phương không xác định vì A(1,0) = 1> 0 và A(0,1) = −1 < 0.

Từ ví dụ trên, ta thấy việc xác định dấu cho các dạng toàn phương có thể thực hiện được bằng định nghĩa Công việc này khá dễ dàng đối với dạng toàn phương trên không gian vector có số chiều thấp Tuy nhiên, đối với các dạng toàn phương trên không gian vector có số chiều lớn, việc xác định dấu bằng định nghĩa trở nên khó khăn hơn Để vượt qua khó khăn này, người ta biểu diễn dạng toàn phương (4.2) theo một dạng mới

Ma trận A (ký hiệu trùng với dạng toàn phương A) được gọi là ma trận liên kết với dạng toàn phương Khi đó, việc khảo sát dấu của dạng toàn phương sẽ được thực hiện thông bằng cách tính các định thức con của ma trận liên kết với dạng toàn phương Đây là một kết quả đặc biệt ấn tượng trong đại số tuyến tính, được gọi là định lý Sylvester Định lý này được vận dụng khá hiệu quả cho bài toán khảo sát cực trị của hàm nhiều biến,

Theorem 4.1.8 (Định lý Sylvester) Cho A(u) là dạng toàn phương liên kết với ma trận A = (aij) vuông cấp n Ta xét n định thức con trên đường chéo chính của ma trận A, được xác định bởi:

Khi đó, có thể xảy ra một trong các trường hợp sau: i) Nếu ∆i > 0 với mọi i = 1,2, , n thì A(u) xác định dương. ii) Nếu (−1) i ∆i > 0 với mọi i = 1,2, , n thì A(u) xác định âm. iii) Nếu ∆ i ≥ 0 với mọi i = 1,2, , n và tồn tại i 0 sao cho ∆ i 0 = 0 thì A(u) nửa xác định dương. iv) Nếu(−1) i ∆i ≥ 0 với mọi i = 1,2, , n và tồn tại i0 sao cho ∆i 0 = 0 thì A(u) nửa xác định âm. v) Trong mọi trường hợp khác thì A(u) không xác định.

Chứng minh Sinh viên tham khảo chứng minh của định lý này trong các học phần đại số tuyến tính.

Định lý điều kiện đủ

Kết quả về điều kiện đủ để hàm nhiều biến đạt cực trị tại điểm dừng được phát biểu trong định lý dưới đây.

Theorem 4.1.9 (Điều kiện đủ cho hàm nhiều biến) Cho U mở trong

R n , f : U →R, f ∈ C 2 (U) và x 0 ∈ U là điểm dừng của f Giả sử A(u) là dạng toàn phương liên kết với ma trận Hess A của hàm f tại x 0 Khi đó, có thể xảy ra các trường hợp sau đây: i) Nếu A(u) xác định dương thì f đạt cực tiểu tại x0. ii) Nếu A(u) xác định âm thì f đạt cực đại tại x0. iii) Nếu A(u) không xác định thì f không đạt cực trị tại x0. iv) Nếu A(u) nửa xác định dương hoặc nửa xác định âm thì chưa thể kết luận về cực trị của f tại x0.

Ta dùng công thức Taylor của hàm f tại điểm x0, với h nhỏ bất kỳ Theo công thức Taylor, tồn tại θ ∈ (0,1) sao cho: f(x0 +h) - f(x0) = f'(x0 + θh).

(x 0 ) h i h j (4.3) Ở đây chú ý rằng x0 là điểm dừng của f nên ∇f(x0) = 0R n Xét mặt cầu đơn vị S xác định bởi

Lưu ý rằng dạng toàn phương là một ánh xạ liên tục, nên ta có A liên tục trên tập S Mặt khác, do S là tập đóng và bị chặn nên theo Định lý 2.3.4,

A đạt giá trị nhỏ nhất trên S Ta có thể đặt m = min{A(u), u ∈ S}.

Ngoài ra, theo giả thiết của định lý, dạng toàn phương A xác định dương nên A(u) > 0, với mọi u ∈ S Từ đó suy ra m > 0.

Với mọi u ∈ S và số thựct đủ nhỏ, thay h = tu trong (4.3), ta thu được: f(x0 +tu)−f(x0) = t 2

2 [A(u) +φ(tu)], trong đó hàm φ được xác định bởi φ(tu) n

Chú ý rằng f có các đạo hàm riêng bậc 2 liên tục nên lim t → 0φ(tu) = 0 Do đó, tồn tại δ > 0 sao cho với |t| < δ thì

Từ đó suy ra: f(x0 +tu)−f(x0) > t 2 m

Vậy, ta kết luận được hàm f đạt cực tiểu tại x0.

Example 4.1.10 Khảo sát cực trị của các hàm số sau: f(x, y) = x 4 +y 4 −x 2 −2xy −y 2 , (x, y) ∈ R 2

Lời giải: Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình:

Giải hệ phương trình này, ta thấy hàm số có tất cả 3 điểm dừng: (0,0), (1,1) và (−1,−1).

Ma trận Hess ứng với hàm f có dạng:

Từ đó suy ra các đại lượng

Tại hai điểm dừng (1,1) và (−1,−1), ta có ∆1 = 10 > 0 và

∆2 = 96 > 0 nên A là dạng toàn phương xác định dương Do đó hàm f đại cực tiểu tại (1,1) và (−1,−1).

Tại điểm dừng (0,0), ta thấy ∆1 = −2 < 0 và ∆2 = 0 nên A là dạng toàn phương nửa xác định âm Với mọi n > 1, ta thấy: f

= 2 n 4 > 0. Điều này chứng tỏ trong bất kỳ lân cận nào của điểm (0,0), ta luôn tìm được hai điểm để f đổi dấu, tức là tồn tại (x1, y1) và (x2, y2) sao cho f(x1, y1) < 0 = f(0,0) < f(x2, y2).

Do đó, theo định nghĩa, hàm f không đạt cực trị tại (0,0) □

Cực trị địa phương có điều kiện

Định nghĩa và định lý điều kiện cần

Trong nhiều trường hợp, người ta cần tìm cực trị của hàm nhiều biến với một số ràng buộc của các biến Chẳng hạn bài toán tìm cực trị của hàm số f(x, y) = 2x+y trên đường tròn x 2 +y 2 = 5 Đây được gọi là bài toán xác định cực trị địa phương có điều kiện của hàm nhiều biến Ràng buộc x 2 +y 2 = 5 được viết lại dưới dạng φ(x, y) = 0, trong đó hàm φ được xác định bởi φ(x, y) = x 2 +y 2 −5 Một cách tổng quát, ta có thể nêu định nghĩa về cực trị địa phương có điều kiện cho hàm nhiều biến như bên dưới.

Definition 4.2.1 Cho U mở trong R n , f : U → R, φ : U → R Đặt

Ta nói f đạt cực đại địa phương tại x0 ∈ V với ràng buộc φ(x) = 0 nếu tồn tại r > 0 sao cho f(x) ≤f(x0), ∀x ∈ B(x0, r)∩V.

Ta nói f đạt cực tiểu địa phương tại x0 ∈ V với ràng buộc φ(x) = 0 nếu tồn tại r > 0 sao cho f(x) ≥f(x0), ∀x ∈ B(x0, r)∩V.

Cực đại địa phương và cực tiểu địa phương được gọi chung là cực trị địa phương và được gọi tắt là cực trị. Đối với bài toán cực trị có điều kiện, ta cần khảo sát sự thay đổi giá trị của hàm f dọc theo φ(x) = 0 Điều này làm cho hàm f không còn đạt cực trị có điều kiện tại điểm dừng của nó Thay vào đó, người ta chứng minh được rằng hàm f đạt cực trị tại điểm mà tốc độ thay đổi của hàm f cùng phương với tốc độ thay đổi của hàm φ Kết quả này được thể hiện qua định lý nhân tử Lagrange, là một trong những định lý rất ấn tượng trong lý thuyết về phép tính vi phân.

Trong định lý nhân tử Lagrange, người ta chứng minh được rằng nếu

∇f(x0) cùng phương với vector ∇φ(x0), nghĩa là tồn tại số thực λ sao cho

Khi đó, bằng cách xét hàm Lagrange L xác định bởi

L(x, λ) := f(x)−λφ(x), (4.4) biểu thức trên có thể viết lại thành ∇xL(x0, λ) = 0 Ngoài ra, ràng buộc φ(x) = 0 có thể được biểu diễn tương đương dưới dạng ∂λL(x0, λ) = 0. Như vậy, điểm (x 0 , λ) thỏa mãn hệ phương trình

Điểm dừng của hàm Lagrange L, được biểu diễn bằng phương trình ∇L(x0, λ) = 0, biểu thị các điểm mà hàm đạt cực trị có điều kiện khi ràng buộc φ(x) = 0 Do đó, để tìm cực trị có điều kiện của hàm f, cần xác định tất cả các điểm dừng của hàm Lagrange L.

Theorem 4.2.2 (Điều kiện cần - Định lý nhân tử Lagrange) Giả sử các đạo hàm riêng của f tồn tại, f đạt cực trị tại x0 với ràng buộc φ(x) = 0 và ∇φ(x0) ̸= 0R n Khi đó, tồn tại số thực λ sao cho

Chứng minh Ta mô tả ý tưởng chứng minh của định lý nhân tử Lagrange. Giả sử f đạt cực trị tại x0 và ∇φ(x0) ̸= 0R n Khi đó, với mọi đường cong khả vi x = γ(t) nằm trọn trên mặt cong φ(x) = 0 thỏa γ(0) = x0, hàm số g(t) = f(γ(t)) đạt cực trị tại t= 0 Suy ra

Do đó, ∇f(x0) luôn vuông góc với tiếp tuyến của đường cong x = γ(t) tại γ(0) = x0 Suy ra ∇f(x0) vuông góc với mặt phẳng tiếp xúc của mặt cong φ(x) = 0 tại x0 Vậy ∇f(x0) phải cùng phương với vector ∇φ(x0).

Bài toán cực trị địa phương với nhiều ràng buộc cũng được định nghĩa và khảo sát một cách tương tự Khi đó, hàm Lagrange được điều chỉnh một cách tương ứng Chẳng hạn, ta xét bài toán cực trị địa phương của hàm f với hai ràng buộc φ1(x) = φ2(x) = 0, hàm Lagrange tương ứng sẽ có dạng L(x, λ1, λ2) =f(x)−λ1φ1(x)−λ2φ2(x).

Định lý điều kiện đủ

Định lý sau đây đưa ra một điều kiện đủ để hàm f đạt cực trị có điều kiện Ta thừa nhận định lý này.

Theorem 4.2.3 (Điều kiện đủ) Cho U mở trong R n và hai hàm f : U →

R, φ : U → R thỏa mãn f, φ ∈ C 2 (U) Giả sử (x0, λ0) là điểm dừng của hàm Lagrange L xác định bởi (4.4) và ∇φ(x0) ̸= 0 Xét dạng toàn phương

(x0) uiuj, với u = (u1, u2, , un) ∈ R n thỏa điều kiện ⟨∇φ(x0), u⟩ = 0 Khi đó, i) Nếu A(u) là dạng toàn phương xác định dương thì f đạt cực tiểu tại x 0 với ràng buộc φ(x) = 0. ii) Nếu A(u) là dạng toàn phương xác định âm thì f đạt cực đại tại x0 với ràng buộc φ(x) = 0. iii) Nếu A(u) là dạng toàn phương không xác định thì f không đạt cực trị tại x0 với ràng buộc φ(x) = 0. iv) Nếu A(u) là dạng toàn phương nửa xác định dương hoặc nửa xác định âm thì chưa có kết luận về cực trị của f tại x0 với ràng buộc φ(x) = 0.

Trong định lý này, ta kết luận cực trị tại điểm dừng dựa trên dạng toàn phương liên kết với ma trận Hess theo biến x của hàm Lagrange L Đồng thời, dạng toàn phương này được xét trên không gian trực giao với không gian sinh bởi vector ∇φ(x0) Chú ý rằng trong trường hợp này, ta không thể áp dụng định lý Sylvester để xác định dấu của dạng toàn phương Thay vào đó, việc xác định dấu của dạng toàn phương được thực hiện bằng định nghĩa.

Example 4.2.4 Tìm cực trị của hàm số f(x, y) = 2x+y trên đường tròn x 2 +y 2 = 5.

Lời giải: Đặt φ(x, y) =x 2 +y 2 −5 và xét hàm Lagrange

Tọa độ điểm dừng của L là nghiệm của hệ phương trình

Giải hệ phương trình, ta suy ra hàm Lagrange L có tất cả hai điểm dừng lần lượt là

∂y 2 u 2 2 = −2λ(u 2 1 +u 2 2 ), với điều kiện ⟨∇φ(x, y),(u 1 , u 2 )⟩ = 0 ⇔ 2xu 1 + 2yu 2 = 0.

Thay u 2 = −2u 1 vào A, ta được A(u 1 , u 2 ) = −5u 2 1 Từ đó kết luận A là dạng toàn phương xác định âm nên f đạt cực đại tại (2,1) với điều kiện x 2 +y 2 = 5.

Hoàn toàn tương tự, tại điểm dừng

2 , dạng toàn phương tương ứng xác định dương Dẫn đến hàm f cực tiểu tại (−2,−1) với điều kiện x 2 + y 2 = 5 □

Bài toán cực trị toàn cục

Bài toán cực trị toàn cục cho hàm nhiều biến còn được gọi là bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất Trong Chương 2, ta biết rằng hàm số liên tục trên tập đóng và bị chặn sẽ đạt được giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đó Tuy nhiên, việc xác định giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cho hàm liên tục là không dễ dàng Trong trường hợp hàm số khả vi liên tục đến cấp hai, đồng thời biên của tập đóng, bị chặn tương ứng là một đường cong trơn, người ta có thể được giải quyết thông qua hai bài toán cực trị không điều kiện và cực trị có điều kiện Tiếp theo, ta sẽ mô tả phương pháp giải quyết bài toán này.

Cho U mở, bị chặn trong R n và hàm f : U →R sao cho f, φ ∈ C 2 (U). Giả sử biên của tập U (ký hiệu là ∂U và được định nghĩa bởi ∂U = U \U) xác định bởi mặt cong φ(x) = 0, tức là

Ta biết rằng f đạt giá trị lớn nhất trên U nên có thể giả sử f(x0) = max{f(x), x ∈ U}. Khi đó, chỉ có thể xảy ra một trong hai trường hợp sau đây:

Nếu x0 ∈ U thì f đạt cực trị không điều kiện tại x0.

Nếu x 0 ∈ ∂U thì f đạt cực trị với ràng buộc φ(x) = 0 tại x 0

Như vậy, hàm f chỉ có thể đạt giá trị lớn nhất tại các điểm cực trị không điều kiện hoặc cực trị với ràng buộc φ(x) = 0 trên U Do đó, để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm f trên U, ta chỉ cần so sánh giá trị của hàm f tại các điểm dừng của f và điểm dừng của hàm Lagrange L trên U. Example 4.2.5 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm f(x, y) = x 2 +y 2 −xy+ x+ y trong hình tròn U xác định bởi

Lời giải: Trước hết, ta xác định điểm dừng của hàm f và hàm Lagrange trong U Tọa độ điểm dừng của hàm f là nghiệm của hệ phương trình sau

Giải hệ phương trình này, ta xác định hàm f có duy nhất một điểm dừng (−1,−1) ∈ U.

Xét hàm Lagrange L xác định bởi

Tọa độ điểm dừng của hàm Lagrange L là nghiệm của hệ phương trình

Bằng cách biến đổi tương đương hệ này dưới dạng

 (3−2λ)(x−y) = 0, 2y −x+ 1−2λy = 0, x 2 + y 2 = 5, ta thu được tọa độ điểm dừng của L lần lượt là

! Để xác định cực trị toàn cục của f trên U, ta so sánh giá trị của hàm f tại các điểm dừng vừa tìm được Ta có: f(−1,−1) = −1, f(2,−1) = f(−1,2) = 8, f

Từ các giá trị trên, ta kết luận được maxx ∈ U f(x) = f(2,−1) = f(−1,2) = 8, minx ∈ U f(x) = f(−1,−1) = −1.

Bài toán được giải xong □

Remark 4.2.6 Trong một số trường hợp, thay vì tìm điểm dừng của hàmLagrange, người ta có thể tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm f trên biên của tập U, sau đó so sánh với giá trị của hàm f tại điểm dừng bên trong U.

Phát biểu và chứng minh được các định lý về điều kiện cần và điều kiện đủ cho cực trị không điều kiện của hàm nhiều biến.

Khảo sát được bài toán cực trị không điều kiện và cực trị có điều kiện cho hàm hai biến và ba biến.

Vận dụng được phương pháp tìm cực trị không điều kiện và có điều kiện để giải bài toán cực trị toàn cục.

1 Tìm cực trị của các hàm hai biến xác định bởi các công thức sau đây:

2 Cho hàm hai biến f(x, y) = x 2 y 3 (4−x−y) Xét các tập hợp

V = {(x, y) ∈ R 2 : y(4−x−y) < 0}. (a) Chứng minh rằng U và V là các tập mở.

(b) Tìm tập hợp tất cả các điểm dừng của hàm f.

(d) Chứng minh rằng f không thể đạt cực trị tại các điểm dừng không thuộc cả U và V.

3 Tìm cực trị của các hàm ba biến xác định bởi các công thức sau:

(e) f(x, y, z) = sinx+ siny+ sinz −sin(x+y +z) trong miền

4 Tìm cực trị có điều kiện sau:

5 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm f trong tập tương ứng:

Định nghĩa tích phân bội

Tích phân Riemann trên hộp đóng

Cho a1, a2, , an và b1, b2, , bn là các số thực thỏa ai ≤ bi, ∀i = 1, n. Tập hợp

B = {(x1, x2, , xn) ∈ R n : ai ≤ xi ≤bi, ∀i = 1, n} được gọi là hộp đóng trong R n Ngoài ra, ta còn ký hiệu dạng

Thể tích của hộp B là số thực xác định bởi

Nếu có chỉ sối sao cho ai = bi thì ta nói hộp B suy biến, khi đó V(B) = 0.

Example 5.1.1 Trong R, hộp B là đoạn [a, b] Trong R 2 , hộp đóng là hình chữ nhật, thể tích hộp là diện tích hình chữ nhật.

Phân hoạch P của hộp đóng B = [a1, b1]×[a2, b2]× ×[an, bn] là một bộ gồm n phân hoạch P1, P2, , Pn của các đoạn [a1, b1], [a2, b2], , [an, bn] trong R tương ứng Nghĩa là, với mỗi i = 1,2, , n,

Khi đó P = P1 ×P2 × ×Pn Đường kính của phân hoạch P là số thực xác định bởi

Phân hoạch P chia hộp đóng B thành K hộp con B1, B2, , BK Chú ý rằng

Trong mỗi hộp con Bk, ta chọn ra một điểm ck tùy ý, ck = (c k 1 , c k 2 , , c k n ) ∈ Bk, ∀k = 1, K.

Khi đó, ta có phép chọn C ứng với phân hoạch P.

Definition 5.1.2 (Tổng Riemann) Cho hàm f : D → R bị chặn và

B ⊂ D Khi đó, tổng Riemann của hàm f ứng với phân hoạch P và phép chọn C được xác định bởi:

Definition 5.1.3 (Khả tích Riemann) Hàm f : D → R được gọi là khả tích Riemann trên hộp B (gọi tắt là khả tích trên B) nếu tồn tại số thực I thỏa mãn: với mỗi ε > 0 cho trước, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi phân hoạch P của hộp B thỏa d(P) < δ và mọi phép chọn C, ta đều có

Viết một cách đơn giản, mệnh đề trên có thể viết thành: d(Plim) → 0S(f, P, C) = I, với mọi phép chọn C.

Khi đó, I được gọi là tích phân Riemann của f trên B, ký hiệu là

B f(x)dx. Để mô tả về hàm số khả tích và không khả tích Riemann trên hộp đóng, ta xét hai ví dụ đơn giản sau đây.

Example 5.1.4 Giả sử B là hộp đóng có thể dích dương trên R n và α là hằng số dương cho trước. i) Nếu f(x) = α, ∀x ∈ B thì Z

B f(x)dx = αV(B). ii) Xét hàm số g xác định bởi g(x) (1, nếu x ∈ Q n ,

0, nếu x ∈ R n \Q n Khi đó hàm g không khả tích trên B.

Chứng minh Xét phân hoạch P tùy ý của hộp B, chia B thành K hộp con B1, B2, , BK Khi đó, đối với phép chọn C bất kỳ, tổng Riemann của hàm f luôn xác định bởi

Như vậy, hàm f khả tích trên B và Z

B f(x)dx = αV(B) Đối với tính khả tích của g, ta biết rằng giữa hai số thực bất kỳ luôn tồn tại số hữu tỉ và vô tỉ, do đó trên mỗi hộp con Bk, ta có thể chọn được c k ∈ B k ∩Q n , e k ∈ B k ∩(R n \Q n ).

Ta được 2 phép chọnC và E tương ứng Khi đó, với chú ý rằngg(ck) = 1 và g(ek) = 0, ta suy ra được

Nghĩa là ta có hai phép chọn sao cho tổng Riemann lần lượt nhận hai giá trị khác nhau Do đó giới hạn lim d(P) → 0S(g, P, C) không tồn tại Vậy

Sử dụng định nghĩa tích phân bội trên hộp đóng, ta có thể dễ dàng chứng minh các tính chất sau đây Phương pháp chứng minh hoàn toàn tương tự như tích phân của hàm một biến.

Theorem 5.1.5 Cho hai hàm f, g khả tích trên hộp đóng B Khi đó, các mệnh đề sau đây đúng. i) Với mọi α, β ∈ R, ta có:

B g(x)dx. iii) Nếu m ≤ f(x) ≤ M, ∀x ∈ B thì mV(B) ≤

B f(x)dx≤ M V(B). iv) Nếu f liên tục trên B thì tồn tại c ∈ B sao cho

Trong định lý trên, nếu V(B) > 0 thì ta gọi đại lượng f B = 1

B f(x)dx là trung bình tích phân của hàm f trên B Khi đó, mệnh đề iii) sẽ được viết lại thành m ≤ f B ≤ M.

Theorem 5.1.6 Hai mệnh đề sau đây đúng. i) Hàm khả tích trên hộp đóng B thì bị chặn trên B. ii) Hàm liên tục trên hộp đóng B thì khả tích trên B.

Tích phân trên miền bị chặn

Cho miền D ⊂ R n bị chặn và hàm f xác định trên D Do D bị chặn nên tồn tại hộp đóng B ⊃ D Xét hàm

Definition 5.1.7 Khi đó, ta nói f khả tích trên D nếu F khả tích trên

Sinh viên có thể dễ dàng kiểm tra tính hợp lý của Định nghĩa 5.1.7, tức là giá trị của tích phân Z

F(x)dx không phụ thuộc vào cách chọn hộp đóng B chứa D.

Theorem 5.1.8 Các Định lý 5.1.5 và 5.1.6 vẫn đúng nếu ta thay hộp đóng B bởi tập bị chặn D.

Definition 5.1.9 Cho tập D bị chặn trong R n i) Đại lượng V(D) Z

D dx gọi là thể tích của D. ii) Tập D được gọi là có thể tích 0 nếu V(D) = 0.

Dựa vào các định nghĩa đã nêu trước đó, một số tính chất liên quan đến các tập hợp có thể tích bằng 0 có thể được chứng minh thông qua các định lý dưới đây.

Theorem 5.1.10 Cho D ⊂ R n là tập có thể tích 0 Các mệnh đề sau đúng. i) V(U) = 0, ∀U ⊂ D. ii) Với mọi tập A bị chặn trong R n , ta có:

Theorem 5.1.11 Cho D1, D2 bị chặn trong R n sao cho

Khi đó, nếu f khả tích trên D 1 và D 2 thì f khả tích trên D 1 ∪D 2 và

Chứng minh Xét các hàm f1(x) (f(x), x ∈ D1,

Do V(D1 ∩D2) = 0 nên theo Định lý 5.1.10, ta có Z

D 1 ∩ D 2 f(x)dx = 0 Từ đây suy ra điều phải chứng minh.

Theorem 5.1.12 Cho D bị chặn trong R n và f bị chặn trên D Nếu f liên tục trên D, ngoại trừ tập có thể tích 0, thì f khả tích trên D.

Chứng minh Theo giả thiết, tồn tại tập U ⊂ D sao cho f liên tục trên U và V(D \U) = 0 Do f bị chặn trên tập D \U có thể tích 0 nên khả tích trên D \U Ngoài ra, f liên tục trên U nên khả tích trên U Theo Định lý 5.1.11, suy ra f khả tích trên D.

Dùng tích phân lặp để tính tích phân bội

Định nghĩa tích phân lặp

Để thuận tiện trong việc mô tả tích phân lặp, ta chỉ xét trường hợp hàm hai biến, trường hợp hàm nhiều hơn hai biến được định nghĩa và khảo sát hoàn toàn tương tự.

Cho f là hàm hai biến xác định trên B = [a, b]×[c, d] Giả sử rằng với mỗi y ∈ [c, d], hàm fy : [a, b] → R, x 7→fy(x) = f(x, y) khả tích trên [a, b] Xét hàm F : [c, d] →R xác định bởi

Nếu F khả tích trên [c, d] thì tích phân

Z b a f(x, y)dx dy. được gọi là tích phân lặp của f trên hộp B Để thuận tiện, người ta thường viết tích phân lặp trên dưới dạng

Với cách định nghĩa tương tự, một tích phân lặp khác của f trên B là

Mối liên hệ giữa tích phân lặp và tích phân bội được thể hiện trong định lý Fubini dưới đây.

Theorem 5.2.1 (Fubini) Giả sử f khả tích trên hộp B = [a, b]×[c, d] và tích phân F(y) Z b a f(x, y)dx tồn tại với mọi y ∈ [c, d] Khi đó, hàm F khả tích trên [c, d] và

Nói cách khác, khi đó ta có:

Các giả thiết của Định lý Fubini hiển nhiên đúng khi f là hàm liên tục. Khi đó, ta có thể tính tích phân của f trên hộp B bằng cách tính một trong hai tích phân lặp.

Corollary 5.2.2 Nếu f liên tục trên hộp B = [a, b]×[c, d] thì

Example 5.2.3 Tính tính phân bội sau:

Trong trường hợp đặc biệt khi hàm f có dạng f(x, y) = g(x)h(y), tích phân lặp có thể dễ dàng chuyển thành tích của hai tích phân một biến.

Corollary 5.2.4 Giả sử g và h là các hàm một biến, lần lượt liên tục trên [a, b] và [c, d] Khi đó

Example 5.2.5 Tính các tính phân bội sau:

Phương pháp tính tích phân bội cơ bản

Định lý Fubini có những dạng tổng quát để tính được tích phân bội trên các miền phức tạp hơn miền có dạng hộp đóng Dưới đây là một số miền có thể áp dụng được định lý Fubini tổng quát.

Giả sử hàm f khả tích trên miền bị chặn D ⊂ R 2 , trong đó D là một trong các miền sau: a) Miền dạng 1:

D (x, y) ∈ R 2 : a ≤x ≤ b, φ1(x) ≤ y ≤φ2(x) , trong đó φ1, φ2 là các hàm một biến liên tục trên [a, b] Khi đó:

D (x, y) ∈ R 2 : c ≤ y ≤d, ψ1(y) ≤ x ≤ψ2(y) , trong đó ψ1, ψ2 là các hàm một biến liên tục trên [c, d] Khi đó:

Z ψ 2 (y) ψ 1 (y) f(x, y)dx. c) Ngoài ra, D còn có thể là miền hỗn hợp, tức là hợp của các miền dạng

1 và dạng 2 Chẳng hạn, giả sử D = D 1 ∪D 2 , trong đó V(D 1 ∩D 2 ) = 0 và

D1, D2 lần lượt là các miền dạng 1 và dạng 2 Khi đó

D f(x, y)d(x, y) với a) f(x, y) =x+ 2y và D giới hạn bởi y = 2x 2 , y = 1 +x 2 b) f(x, y) =xy và D giới hạn bởi y = x−1, y 2 = 2x+ 6.

Example 5.2.7 Tính tích phân lặp sau đây

Đổi biến trong tích phân bội

Phép đổi biến tổng quát

Cho hàm f liên tục trên miền bị chặn D ⊂ R 2 Ánh xạ φ được gọi là một phép đổi biến trên D nếu φ = (φ1, φ2) : Duv →D, (u, v) 7→ (x, y) =φ(u, v) là một song ánh Ta thường viết phép đổi biến dưới dạng đơn giản:

Giả sửφ1, φ2 ∈ C 1 (Duv) (nghĩa là φ1, φ2 là các hàm liên tục và có đạo hàm riêng liên tục trên Duv) Giả sử thêm rằng ma trận Jacobi J không suy biến, tức là detJ ̸= 0, ∀(u, v) ∈ Duv. Ở đây, ma trận Jacobi J được xác định bởi

. Khi đó, ta có công thức đổi biến trong tích phân bội như sau:

Chú ý rằng nếu ta xét phép đổi biến

(u = ψ1(x, y), v = ψ2(x, y), thì nghịch đảo của ma trận Jacobi J được cho bởi công thức

Khi đó, định thức của J được xác định bởi detJ = 1 detJ − 1

Lời giải: Xét phép đổi biến

Khi đó, (x, y) ∈ D ⇐⇒ (u, v) ∈ Duv = [1,4]×[1,3] Nghịch đảo của ma trận Jacobi J xác định bởi

Ta dễ dàng tính định thức detJ − 1 = 2y x = 2v ̸= 0, ∀(u, v) ∈ Duv.

Từ đó suy ra detJ = 1

2v Để ý rằng từ công thức đổi biến, ta có

Thay vào công thức đổi biến tích phân, ta được

Đổi biến trong tọa độ cực

Đối với tích phân hàm hai biến trên miền hình tròn, ta thường dùng phép đổi biến trong tọa độ cực.

Xét công thức đổi biến trong tọa độ cực:

(x = rcosφ, y = rsinφ, trong đó (x, y) ∈ D ⇐⇒ (r, φ) ∈ Drϕ.

Khi đó, ma trận Jacobi cho bởi công thức

Dẫn đến detJ = r Do đó, ta có công thức:

Đổi biến trong tọa độ trụ

Đối với tích phân hàm ba biến trên miền hình trụ, ta có thể sử dụng phép đổi biến trong tọa độ trụ.

Xét công thức đổi biến trong tọa độ trụ:

Khi đó, detJ = r nên ta có công thức:

Đổi biến trong tọa độ cầu

Đối với tích phân hàm ba biến trên miền hình trụ, ta có thể sử dụng phép đổi biến trong tọa độ trụ.

Xét công thức đổi biến trong tọa độ trụ:

 x = rsinθcosφ, y = rsinθsinφ, z = rcosθ.

Khi đó, detJ = r 2 sinθ Chú ý rằng θ ∈ [0, π] nên ta luôn có detJ = r 2 sinθ ≥0.

Do đó ta có công thức:

Z r 2 sinθf(rsinθcosφ, rsinθsinφ, rcosθ)d(r, φ, θ).

Giải thích được cách xây dựng định nghĩa tích phân.

Phân tích được sự khả tích của một số hàm đơn giản bằng định nghĩa.

Vận dụng được các phương pháp đổi biến, đặc biệt là đổi biến trong tọa độ cực, tọa độ trụ và tọa độ cầu để tính tích phân bội.

1 Đổi thứ tự lấy tích phân của các tích phân lặp sau đây:

2 Tính tích phân lặp sau đây:

3 Sử dụng phép đổi biến tổng quát để tính diện tích miền D giới hạn bởi các đường: xy = 1; xy = 2; y = x; và y = 3x.

4 Tính các tích phân kép sau:

D ylnx d(x, y), D giới hạn bởi: xy = 1; y = √ x; x = 2.

D sinp x 2 +y 2 px 2 +y 2 d(x, y), D giới hạn bởi: x 2 +y 2 = π 2

D px 2 +y 2 d(x, y), D là phần nằm trong góc phần tư thứ nhất của hình tròn x 2 +y 2 ≤ a 2

(g) I Z xy 2 d(x, y), D giới hạn bởi x 2 + (y −1) 2 = 1 và x 2 +y 2 −

7 Tính các tích phân ba lớp sau:

(x+y)d(x, y, z), D giới hạn bởi các mặt phẳng tọa độ và mặt phẳng x+y + 2z = 2.

D zp x 2 +y 2 d(x, y, z), D giới hạn bởi x 2 +y 2 = 2x, z = 0 và z = a (a > 0).

8 Cho D ⊂ R 2 là miền bị chặn và hàm f : D → R liên tục trên D Giả sử D đối xứng qua trục Ox và f là hàm lẻ theo biến y, nghĩa là f(x,−y) = −f(x, y), ∀(x, y) ∈ D.

9 Dùng phương pháp tương tự Bài tập 8, tính các tích phân sau:

D xy 2 d(x, y), D giới hạn bởi x 2 + (y −1) 2 = 1 và x 2 +y 2 −

10 Cho hộp đóng B = [a 1 , b 1 ]×[a 2 , b 2 ]× ×[a n , b n ] Tính tích phân

B f(x)dx trong các trường hợp sau:

11 Chứng minh rằng nếu hàm f liên tục trên hộp đóng [a, b]×[c, d] thì hàm F(y) Z b a f(x, y)dx liên tục trên [c, d].

12 Cho tập hợp xác định như sau:

Xét hình chữ nhật B = [a, b]×[c, d] với a < b và c < d.

(a) Chứng minh rằng hàm f không khả tích trên B.

(b) Chứng minh hai tích phân lặp của f trên B đều tồn tại.

13 Với mỗi r > 0, ký hiệu Br là quả cầu mở có tâm là gốc tọa độ và bán kính r trong R 2 Tính giới hạn rlim→ 0 +

14 Cho r > 0 và Sr = [0, r]×[0, r] Tính giới hạn sau bằng hai cách

S r sinxe − xy d(x, y) để chứng minh rằng

Đường cong trong R n

Định nghĩa

Definition 6.1.1 Cho I ⊆R và các hàm số liên tục X1, X2, , Xn : I →

C = {X(t) := (X1(t), X2(t), , Xn(t)) : t∈ I} được gọi là đường cong C với phương trình tham số X = X(t) trong R n

Ta nói đường cong C là trơn nếu X là hàm khả vi liên tục, tức là X1, X2, , Xn ∈ C 1 (I); trơn từng khúc nếu X khả vi liên tục, ngoại trừ một số hữu hạn điểm trên I; kín nếu I = [a, b] và X(a) =X(b).

Với ứng dụng trong các ngành khoa học khác như Vật lý và Cơ học, hai trường hợp được nghiên cứu phổ biến nhất là khi n = 2 và n = 3.

Example 6.1.2 Dưới đây là một số ví dụ. i) Đường cong C có phương trình tham số

X(t) = (cost,sint), t ∈ [0,2π] là đường tròn tâm O bán kính R = 1 trong R 2 Đây là đường cong kín, trơn. ii) Đường cong C có phương trình tham số

Thanh-Nhan Nguyen (nhannt@hcmue.edu.vn) Analysis of functions of several variables iii) Đường cong C có phương trình tham số

Độ dài đường cong

Ta mô tả cách xây dựng công thức tính độ dài đường cong thông qua toán Vật lý sau đây.

Example 6.1.3 Một vật chuyển động từ thời điểm t = a đến thời điểm t = b với phương trình chuyển động là X = X(t) ∈ R n (nghĩa là tại thời điểm t, tọa độ của vật là X(t)) Giả sử rằng đường cong C với phương trình tham số X = X(t), t ∈ [a, b] trơn Tính độ dài quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ a tới b.

Xét phân hoạch P của đoạn [a, b]

Xét tổng tương ứng với độ dài đường gấp khúc

Ta thấy rằng độ dài quãng đường S mà vật đi được trong khoảng thời gian a đến b chính là

(tk −tk − 1). Áp dụng định lý Lagrange, ta thu được

X k=1 t ∈max[t k− 1 ,t k ]∥X ′ (t)∥(tk −tk − 1). Đặt f(t) = ∥X ′ (t)∥, t ∈ [a, b] thì hàm f khả tích trên [a, b] Theo định nghĩa tích phân của hàm f trên [a, b] ta suy ra được

Từ bài toán trên ta có công thức tính độ dài đường congC với phương trình tham số X = X(t), t ∈ [a, b] như sau: s(C) Z b a ∥X ′ (t)∥dt Z b a q [X 1 ′ (t)] 2 + [X 2 ′ (t)] 2 + + [X n ′ (t)] 2 dt.

Example 6.1.4 Tính độ dài đường cong C có phương trình tham số

Tích phân đường loại I

Định nghĩa

Cho C là đường cong trơn trong R n với điểm đầu là A, điểm cuối là B và hàm f : C → R.

Gọi P là phân hoạch đường cong C với các điểm chia nối tiếp nhau

Ký hiệu sk là độ dài cung Ak − 1Ak. Đường kính phân hoạch P là d(P) = max{sk, k = 1, N}.

Trên cung Ak − 1Ak chọn điểm ck tùy ý, ta có phép chọn C.

Ta xét tổng Riemann xác định bởi:

Definition 6.2.1 Nếu lim d(P ) → 0S(f, P, C) = I hữu hạn, ta nói I là tích phân đường loại I của hàm f trên C và ký hiệu I Z f(x)ds.

Tính chất

Property 6.2.2 Các tính chất sau đây có thể suy ra trực tiếp từ định nghĩa. i)

C g(x)ds. iii) C = 6.0pt24.88pt AB ⌢ , ta có Z

Z 6.0ptCB⌢ f (x)ds. v) Nếu f(x) ≥ 0 trên C thì

C|f(x)|ds. vii) Nếu f liên tục trên C thì tồn tại x 0 sao cho

C f(x)ds = f(x0)s(C), với s(C) là độ dài cung C. viii) Nếu C có phương trình tham số X = X(t), t∈ [a, b] thì ta có:

1 Cho C là đoạn parabol x = y 2 giữa A(0,0) và B(1,1).

2 Cho C là đường cong có phương trình tham số

Tích phân đường loại II

Định nghĩa và tính chất

Cho C là đường cong trơn trong R 2 với điểm đầu là A, điểm cuối là B và hàm f : C → R.

Gọi P là phân hoạch đường cong C với các điểm chia nối tiếp nhau

Gọi (xk, yk) là tọa độ của Ak trong R 2

Ký hiệu ∆xk = xk−xk − 1 và ∆yk = yk −yk − 1. Đường kính phân hoạch P là d(P) = max{|∆xk|,|∆yk|, k = 1, N}.

Trên cung Ak − 1Ak chọn điểm ck tùy ý, ta có phép chọn C.

Ta xét hai tổng Riemann tương ứng theo x và y:

Definition 6.3.1 Nếu lim d(P ) → 0S x (f, P, C) = I 1 và lim d(P ) → 0S y (f, P, C) = I 2 hữu hạn, ta nói I1, I2 là các tích phân đường loại II của hàm f trên C đối với x và y, ta ký hiệu

Trong ứng dụng, người ta thường tính tích phân đường loại II theo cả x và y

Property 6.3.2 Giả sử đường cong C trơn và có phương trình tham số x = x(t), y = y(t), t∈ [a, b]. i) Các tích phân đường I1 và I2 xác định bởi

Do đó, tích phân I xác định bởi

Z b a f(x(t), y(t))x ′ (t) + g(x(t), y(t))y ′ (t) dt. ii) Giả sử A = (x(a), y(a)) và B = (x(b), y(b)) Tích phân đường loại I không phụ thuộc vào việc chọn A, B là điểm đầu hay điểm cuối nhưng tích phân đường loại II thì khác, nghĩa là

Z 6.0pt24.88pt BA ⌢ f (x, y)dx. iii) Các tính chất còn lại của tích phân đường loại II tương tự tích phân đường loại I.

Example 6.3.3 Tính các tính phân đường loại II sau: a) I Z

6.0pt24.88ptAB⌢ (x 2 −2xy)dx+(2xy−y 2 )dy, 6.0pt24.88ptAB⌢ là cung parabol y = x 2 từ A(1,1) đến B(2,4). b) I Z

(x 2 −2xy)dx+ (2xy −y 2 )dy, C là đường cong

(x = 3(1−sint), y = 3(1−cost), với 0≤ t≤ 2π, theo chiều tăng của t. c) I Z

7x+p y 4 + 1 dy, trong đóC là đường tròn x 2 +y 2 = 9 đi từ A(3,0) theo hướng ngược chiều kim đồng hồ.

Tích phân trên đường cong kín

Definition 6.3.4 Cho C là đường cong trơn, kép kín trong R 2 và D là miền bị chặn giới hạn bởi đường cong C Người ta quy ước gọi hướng dương của đường cong C là hướng sao cho nếu đi dọc theo hướng đó thì miền D luôn nằm ở phía trái Khi đó, tích phân đường loại II của hàm f và g theo hướng dương thường được ký hiệu là:

Theorem 6.3.5 (Định lý Green) Cho D là miền liên thông trong R 2 , được giới hạn bởi đường cong C kín và trơn từng khúc Khi đó, nếu

Chứng minh Ta chứng minh công thức Green cho trường hợp miền có dạng đơn giản, vừa là miền dạng 1 vừa là miền dạng 2 Đối với trường hợp tổng quát, ta thu được công thức Green bằng cách chia miền D thành nhiều miền dạng đơn giản.

Giả sử miền D có thể biểu diễn thành miền dạng 1:

D = {a ≤x ≤ b, φ1(x) ≤ y ≤φ2(x)}. Ứng với tích phân trên miền dạng 1, ta có:

Mặt khác, ta có thể tính tích phân đường dưới dạng:

Từ hai đẳng thức trên ta suy ra

Hoàn toàn tương tự, biểu diễn D thành miền dạng 2, ta thu được:

∂x(x, y)d(x, y). Định lý được chứng minh trong trường hợp miền đơn giản.

Example 6.3.6 Tính tích phân sau:

7x+p y 4 + 1 dy, trong đó C là đường tròn x 2 +y 2 = 9.

Lời giải: Đặt P(x, y) = 3y −e sin x , Q(x, y) = 7x + p y 4 + 1 và D là hình tròn x 2 + y 2 ≤9 Áp dụng Định lý Green, ta có:

Ta thấy bài tập này nếu sử dụng phương pháp trong Ví dụ 6.3.3 thì gần như không tính được Nhưng khi sử dụng Định lý Green lại trở thành một bài tập rất đơn giản Ví dụ này cho thấy sự hiệu quả khi áp dụng Định lý Green trong một số trường hợp đặc biệt.

6.3.3 Định lý bốn mệnh đề tương đương

Theorem 6.3.7 Giả sử P, Q ∈ C 1 (D) với D là miền liên thông và đơn liên trong R 2 Khi đó, bốn mệnh đề sau là tương đương:

P dx+ Qdy = 0, với L là đường cong kín bất kỳ nằm trong D. (3)

6.0pt24.88pt AB ⌢ P dx + Qdy không phụ thuộc vào đường đi từ

A đến B với mọi đường cong AB nằm trong D.

(4) Biểu thức P dx + Qdy là vi phân toàn phần của hàm U(x, y) nào đó trên D, nghĩa là

Chứng minh Hai mệnh đề (1) ⇒(2) và (2) ⇒ (3) được suy ra dễ dàng từ công thức Green Mệnh đề (4) ⇒(1) suy ra từ định lý Schwarz về thứ tự lấy đạo hàm riêng Ta sẽ chứng minh mệnh đề (3) ⇒ (4).

Ta cố định (x0, y0) ∈ D và xét hàm U xác định bởi

P dx+Qdy, (x, y) ∈ D. Để ý rằng định nghĩa hàm U hợp lý nhờ mệnh đề (3) Ta sẽ chứng minh

Thật vậy, với ∆x đủ nhỏ sao cho đoạn thẳng nối (x, y) và (x+ ∆x, y) nằm trong D, ta có:

Mặt khác, áp dụng định lý trung bình tích phân, tồn tại cx nằm giữa x và x+ ∆x sao cho:

∆x = P(cx, y), nên khi cho ∆x →0, ta được

Corollary 6.3.8 Nếu P dx+ Qdy là vi phân toàn phần của hàm U(x, y) trên R 2 thì hàm U cho bởi công thức:

Q(x, y)dy +C, với C là hằng số.

Chứng minh Hệ quả này được suy ra trực tiếp từ chứng minh của Định lý 6.3.7.

Giải thích được cách xây dựng định nghĩa tích phân đường loại I và tích phân đường loại II.

Vận dụng được phương pháp tính tích phân đường loại I và loại II bằng dạng tham số của đường cong.

Tích phân đường loại II trên đường cong kín có mối liên hệ chặt chẽ với tích phân hai lớp, được biểu thị công thức Green Công thức này cho phép tính tích phân trên đường cong kín bằng cách tính tích phân hai lớp trên miền trong đường cong, giúp đơn giản hóa đáng kể việc tính toán tích phân phức tạp.

Giải thích được định lý bốn mệnh đề tương đương và vận dụng định lý để tính tích phân đường loại II.

1 Tính các tích phân đường loại I sau:

C xy 4 ds, C là nửa bên phải của đường tròn x 2 +y 2 = 16.

C xsinyds, C là đoạn thẳng nối từ điểm (0,3) đến (4,6). (e) I Z

C px 2 +y 2 ds, C là đường cong

2 Tính các tích phân đường loại II sau:

(x 2 y 3 −√ x)dy, C là một cung của đường cong y = √ x nối từ điểm (1,1) đến (4,2).

(x+ 2y)dx+x 2 dy, C là đường gấp khúc (0,0)-(2,1)-(3,0).

C x 2 dx+y 2 dy, C chứa một cung của đường tròn x 2 +y 2 = 4 từ điểm (2,0) đến (0,2) nối tiếp đoạn thẳng từ điểm (0,2) đến (4,3). (e) I Z

2 dx+ dy, C là đường cong

3 Tính các tích phân đường sau bằng hai cách: trực tiếp và công thức Green.

(x−y)dx+ (x+y)dy, C là đường tròn có tâm tại gốc tọa độ và bán kính bằng 2.

C xydx+ x 2 dy, C là hình chữ nhật có các đỉnh (0,0),(3,0),(3,1) và (0,1).

C xydx+ x 2 y 3 dy, C là hình tam giác có các đỉnh (0,0),(1,0) và (1,2).

C x 2 y 2 dx+xydy, C chứa một cung của đường parabol y = x 2 từ điểm (0,0) đến (1,1) và đoạn thẳng nối từ điểm (1,1) đến (0,1) và từ điểm (0,1) đến (0,0).

4 Áp dụng định lý Green tính các tích phân đường sau:

C xy 2 dx+ 2x 2 ydy, C là hình tam giác có các đỉnh (0,0),(2,2) và (2,4).

C cosydx+x 2 sinydy,C là hình chữ nhật có các đỉnh(0,0),(5,0),(5,2) và (0,2).

(y +e √ x )dx+ (2x+ cosy 2 )dy,C là đường giới hạn bởi các parabol y = x 2 và x = y 2

C y 4 dx+ 2xy 3 dy, C là đường ellipse x 2 + 2y 2 = 2.

C y 3 dx−x 3 dy, C là đường tròn x 2 +y 2 = 4

(1−y 3 )dx+ (x 3 +e y 2 )dy, C là đường giới hạn bởi hai đường tròn x 2 +y 2 = 4 và x 2 +y 2 = 9.

C x y + x 4 dx − y x+ y 4 dy, với C là đường tròn x 2 + y 2 a 2 (a > 0).

(e x 2 + y)dx + (x 2 + 1/tan√y)dy, với C là biên của hình chữ nhật có các đỉnh (1,2),(5,2),(5,4),(1,4).

3 +xy 2 −x+xe xy dy, vớiC là đường tròn x 2 +y 2 = 2x.

5 Tính các tích phân đường sau:

1− y 2 x 2 cos y x dx+ sin y x + y x cos y x dy,với A(1, π), B(2, π) và 6.0pt24.88ptAB⌢ không cắt trục Oy.

B(π/2,2), 6.0pt24.88ptAB⌢ có phương trình x = t+ cos 2 t, y

1 + sin 2 t, với 0 ≤t ≤ π/2 và không cắt các trục tọa độ.

6.0pt24.88ptAB⌢ xdy x 2 −+ydxy 2 , vớiA(1,1),B(2,4)trong hai trường hợp cung 6.0pt24.88ptAB⌢ tạo với đoạn AB thành đường cong kín không bao gốc tọa độ và bao gốc tọa độ.

6 Chứng minh rằng các biểu thức P dx+Qdy là vi phân toàn phần của hàm U nào đó và tìm U trong các trường hợp sau đây:

Mặt cong trong R 3

Định nghĩa

Definition 7.1.1 Giả sử U là một miền liên thông trong mặt phẳng và ba ánh xạ liên tục x, y, z : U → R Khi đó tập

S = {X = (x, y, z) ∈ R 3 : X = X(u, v), (u, v) ∈ U} được gọi là một mặt cong trong R 3 , ứng với phương trình tham số X X(u, v).

Ta nói mặt cong S là trơn nếu các ánh xạ x, y, z ∈ C 1 (U) và ma trận Jacobi

 có hạng bằng 2 với mọi (u, v) thuộc U ◦ trơn từng mảnh nếu U có thể phân thành hữu hạn miền mà mặt cong

S là trơn trên mỗi miền con.

Example 7.1.2 Mặt cầu đơn vị trong R 3 có phương trình tham số:

 x = cosφsinθ, y = sinφsinθ, z = cosθ,với (φ, θ) ∈ [0,2π]×[0, π].

Ma trận Jacobi của phương trình tham số là

J −sinφsinθ cosφsinθ 0 cosφcosθ sinφcosθ −sinθ

Ta thấy rằng rank J = 2 với mọi (φ, θ) ∈ (0,2π) ×(0, π) nên mặt cầu là một mặt cong trơn.

Mặt tiếp tuyến và pháp tuyến

Cho S là mặt cong trơn trong R 3 có phương trình tham số X X(u, v), (u, v) ∈ U và điểm P0 = X(u0, v0) ∈ S Xét hai vector

Vì ma trận Jacobi của X tại(u0, v0) có hạng bằng 2 nên hai vector X u 0 , X v 0 độc lập tuyến tính.

Definition 7.1.3 Mặt phẳng đi qua P và sinh bởi hai vector X u 0 , X v 0 được gọi là mặt tiếp tuyến của S tại P 0

Từ định nghĩa, ta dễ dàng viết được phương trình của mặt tiếp tuyến với S tại P0 như sau:

A(x−x0) +B(y −y0) +C(z −z0) = 0, với P0 = (x0, y0, z0) và (A, B, C) =X u 0 ×X v 0 là vector pháp tuyến của mặt tiếp tuyến.

Ta định nghĩa vector pháp tuyến đơn vị của S tại P0 là n ± = ± (A, B, C)

√A 2 +B 2 +C 2 Example 7.1.4 Tìm vector pháp tuyến đơn vị của mặt cầu đơn vị tại

X0 = (x0, y0, z0) bất kỳ trên mặt cầu.

Lời giải: Với mặt cầu đơn vị, hai vector chỉ phương của mặt phẳng tiếp tuyến tại điểm X0 là

Ta suy ra vector pháp tuyến của mặt tiếp tuyến tại X0 có tọa độ là

C = cosφ0sinφ0.Tính toán trực tiếp ta thu được vector pháp tuyến đơn vị là n ± = ±X0 □

Diện tích mặt cong

Cho S là mặt cong trơn có phương trình tham số X = X(u, v), (u, v) ∈

U với U là miền bị chặn Ta có thể phân hoạch mặt cong S thành nhiều mặt con, mà mỗi mặt con có thể được xấp xỉ bởi một hình bình hành tiếp tuyến.

Khi đó, ta chứng minh được tổng diện tích của các hành bình hành này sẽ tiến tới đại lượng được gọi là diện tích của mặt congS, ký hiệu Area(S).

Ngoài ra, bằng cách sử dụng đẳng thức

∥XuìXv∥ 2 = ∥Xu∥ 2 ∥Xv∥ 2 −(XuãXv) 2 , ta có công thức thứ hai để tính diện tích mặt cong S:

Example 7.1.5. a) Tính diện tích mặt cầu đơn vị. b) Tính diện tích mặt paraboloid xác định bởi z = x 2 +y 2 , 0 ≤z ≤ 2. Lời giải: a) Với phương trình mặt cầu, ta có ∥X ϕ ×X θ ∥ = sinθ nên diện tích mặt cầu là

Z π 0 sinθdθ = 4π. b) Với phương trình mặt paraboloid có phương trình X = X(x, y), (x, y) ∈ D với

4x 2 + 4y 2 + 1nên diện tích mặt paraboloid là

Bằng cách đổi biến trong tọa độ cực, ta được

Tích phân mặt loại I

Định nghĩa

Cho S là mặt cong trơn, bị chặn trong R 3 và hàm ba biến f : S → R.

Xét phân hoạch P của mặt cong S, chia mặt cong S thành N mảnh

S1, S2, , SN không chồng lên nhau. Đặt ∆Sk = Area(Sk), k = 1,2, , N. Đường kính của P là d(P) = max{Sk, k = 1,2, , N}.

Trên mỗi mảnh Sk, chọn một điểm Ck tùy ý, ta có phép chọn C.

Definition 7.2.1 Nếu lim d(P ) → 0S(f, P, C) = I hữu hạn, ta nói I là tích phân mặt loại I của hàm f trên S, ký hiệu I Z

Công thức tính

Giả sử mặt cong S có phương trình tham số X = X(u, v), (u, v) ∈ U, với U bị chặn Tương tự cách xây dựng công thức tích phân đường loại I, ta cũng có thể xây dựng được công thức tính tích phân mặt loại I như sau

Example 7.2.2 Tính I Z zdS với S là nửa mặt cầu đơn vị

Lời giải: Phương trình tham số của mặt S là:

 x = cosφsinθ, y = sinφsinθ, z = cosθ, với (φ, θ) ∈ [0,2π]×[0, π/2].

Tích phân mặt loại I cũng có những tính chất hoàn toàn tương tự tích phân đường loại I.

Tích phân mặt loại II

Mặt cong định hướng

Cho S là mặt cong trơn Tại mỗi điểm P ∈ S, ta có hai vector pháp tuyến đơn vị ngược chiều nhau là n+ và n − Khi P di chuyển dọc theo một đường cong kín, đơn trên S thì n+ cũng di chuyển một cách liên tục về chính nó Khi ấy ta nói mặt cong S là mặt được định hướng Tập hợp các vector n+(P), ∀P ∈ S xác định một phía của mặt cong.

Khi mặt cong không kín định hướng được, người ta thường dùng phía trên để chỉ hướng xác định bởi vector n+(P) và phía dưới cho hướng ngược lại.

Khi mặt cong kín định hướng được, người ta hường dùng phía trong và phía ngoài để mô tả hướng đã xác định.

Định nghĩa tích phân mặt loại II

Cho S là mặt cong trơn, bị chặn trong R 3 và các hàm ba biến f, g, h :

Xét phân hoạch P của mặt cong S, chia mặt cong S thành N mảnh

S1, S2, , SN không chồng lên nhau. Đặt ∆Dk là diện tích hình chiếu của Sk lên mặt phẳng Oxy kèm theo dấu xác định theo quy tắc: nếu Sk định hướng phía trên thì ∆Dk có dấu dương, ngược lại thì dấu âm. Đường kính của P là d(P) = max{|∆D k |, k = 1,2, , N}.

Trên mỗi mảnh Sk, chọn một điểm Ck tùy ý, ta có phép chọn C.

Definition 7.3.1 Nếu lim d(P ) → 0S(h, P, C) tồn tại hữu hạn, ta nói đây là một tích phân mặt loại II của hàm h trên S, ký hiệu là

Tương tự, bằng cách xây dựng hình chiếu lên các mặt Oyz và Oxz ứng với các hàm g, h, ta định nghĩa tích phân mặt loại II của các hàm f, g, h trên S là

Công thức tính

Giả sử mặt congS trơn và có phương trình tham sốX = X(u, v), (u, v) ∈

U Ta có thể xây dựng được công thức tích tích phân đường loại II như sau:

S ydydz−xdzdx+z 2 dxdy, với S là mặt paraboloid

S = {(x, y, z) ∈ R 3 : z = x 2 +y 2 , 0 ≤z ≤ 1}. Lời giải: Phương trình tham số của mặt paraboloid là X = X(x, y) với x= x, y = y, z = x 2 +y 2 , (x, y) ∈ U = {x 2 +y 2 ≤ 1}.

Ta có Xx = (1,0,2x) và Xy = (0,1,2y) nên Xx×Xy = (−2x,−2y,1).

(x 2 +y 2 ) 2 d(x, y).Đổi biến trong tọa độ cực, ta được

Định lý Gauss - Ostrogradski

Định lý dưới đây cho một công thức liên hệ giữa tích phân mặt loại II với tích phân bội ba.

Theorem 7.3.3 Cho S là mặt cong trơn, kín, giới hạn miền D bị chặn trong R 3 và được định hướng ra ngoài Giả sử các hàm ba biến f, g, h :

S →R có các đạo hàm riêng liên tục trên D Khi đó, ta có:

S xdydz + ydzdx+zdxdy biết S là mặt cầu đơn vị, hướng ra ngoài.

Lời giải: Gọi D là hình cầu đơn vị giới hạn bởi mặt S Áp dụng công thức Gauss - Ostrogradski, ta có

Định lý Stokes

Định lý Stokes dưới đây là một mở rộng của định lý Green.

Theorem 7.3.5 Cho S là mặt cong S trơn và đơn, bao bởi đường cong C kín, đơn đã được định hướng Giả sử các hàm P, Q, R là hàm thực ba biến xác định và có các đạo hàm riêng liên tục trên S Khi đó, ta có:

Giải thích được cách xây dựng định nghĩa tích phân mặt loại I và tích phân mặt loại II

Vận dụng được các phương pháp tính tích phân mặt loại I và tích phân mặt loại II.

Tính các tích phân mặt sau.

(x+y+z)dS, trong đóS là nửa mặt cầux 2 +y 2 +z 2 = a 2 , z ≥ 0.

(x 2 +y 2 )dS, trong đó S là biên của hình nón p x 2 +y 2 ≤ z ≤ 1.

(y − z)dydz + (z −x)dzdx+ (x− y)dxdy, trong đó S là phía ngoài của mặt nón x 2 +y 2 = z 2 , 0≤ z ≤ h, với h > 0.

S x 2 dydz +y 2 dzdx+ z 2 dxdy, trong đó S là phía ngoài của mặt cầu

S xdydz+ydzdx+zdxdy, trong đó S là mặt ngoài của hình trụ x 2 +y 2 = 4, −2 ≤z ≤ 2, không kể hai đáy.

S xzdydz +x 2 ydzdx+y 2 zdxdy, trong đó S là mặt ngoài của vật thể giới hạn bởi x 2 +y 2 = 1, z = 0, z = 2.

2dxdy−x 2 zdydz +ydzdx, trong đó S là phía ngoài mặt 4x 2 + y 2 + 4z 2 = 4 trong góc phần tám thứ nhất (nghĩa là x, y, z ≥0).

Thanh-Nhan Nguyen (nhannt@hcmue.edu.vn) Analysis of functions of several variables ĐỀ THI NĂM 2017 Thời gian: 120 phút Bài 1 (2.5đ) Cho p > 0 và hàm số f(x, y) 

0, (x, y) = (0,0). a) Với p = 1, xét tính khả vi của hàm f tại (0,0). b) Tìm tất cả các giá trị của p để hàm f khả vi tại (0,0). c) Cho p = 1 và u = (a, b) ∈ R 2 \ {(0,0)} Tính đạo hàm theo hướng

Bài 2 (1.5đ) Khảo sát cực trị địa phương của hàm f(x, y, z) =x 3 +y 2 + 2z 2 +xy −2xz+ 3y −1.

Bài 3 (1đ) Xét hàm số f xác định trên R 2 cho bởi f(x, y) (0, (x, y) ∈ Q×Q,

Hàmf có khả tích trên hộp đóngB = [0,1]×[0,1]không? TínhZ

Bài 4 (1đ) Tính tích phân I Z 2 0 dx

C e x − y [(1 +x+y)dx+ (1−x−y)dy], trong đó C là nửa đường tròn đơn vị x 2 +y 2 = 1 nằm bên phải trục tung, đi từ A(0,−1) đến B(0,1).

S z 3 dxdy +x 3 dydz+ y 3 dzdx, trong đó S là phía ngoài của mặt cầu x 2 +y 2 +z 2 = 9.

Bài 7 (2đ) Cho hàm f : R 3 → R có các đạo hàm riêng bị chặn. a) Chứng minh hàm f liên tục trên R 3 b) Với mỗi r > 0, ký hiệu B r là quả cầu có tâm gốc tọa độ và bán kính r trong R 3

Lưu ý: Sinh viên không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giảiHết. thích gì thêm.

Thanh-Nhan Nguyen (nhannt@hcmue.edu.vn) Analysis of functions of several variables ĐỀ THI NĂM 2018 Thời gian: 90 phút Bài 1 (2đ) Cho hàm số f(x, y) 

0, x = y. a) Xét tính khả vi của hàm f tại (0,0). b) Xét tính liên tục của các đạo hàm riêng của f tại (0,0).

Bài 2 (1đ) Khảo sát cực trị địa phương của hàm số f(x, y) = (x−y)(2−xy).

Bài 3 (1đ) Tính diện tích miền giới hạn bởi các đường cong: xy = 1, xy = 8, y 2 = x, y 2 = 8x.

(x 2 +y 2 + z 2 )d(x, y, z), trong đó D là miền giới hạn bởi hai mặt z = p x 2 +y 2 và z = x 2 +y 2 Bài 5 (1đ) Tính tích phân

C xy 4 −x 2 y −x+y dx+ xy 2 +x+p y+ 1 + 2x 2 y 3 dy, trong đó C là nửa đường tròn x 2 +y 2 = 2y nằm bên phải trục tung, đi từ O(0,0) đến A(0,2).

3zdxdy +x 3 dydz +y 3 dzdx,trong đó S là phía ngoài của mặt cầu x 2 +y 2 +z 2 = 1.

Bài 7 (2đ + 1đ) Cho D mở trong R 2 , (x0, y0) ∈ D và hàm f xác định trên D Chứng minh hai mệnh đề sau: a) Nếu các đạo hàm riêng cấp hai của hàm f tồn tại trên D và liên tục tại (x0, y0) thì

Thanh-Nhan Nguyen (nhannt@hcmue.edu.vn) Analysis of functions of several variables ĐỀ THI NĂM 2019 Thời gian: 90 phút

Bài 1 (1.5đ) Cho tập U mở trong R n và f : U → R Chứng minh rằng nếu f khả vi tại x∈ U thì f có đạo hàm theo mọi hướng tại x Cho ví dụ chỉ ra chiều ngược lại có thể không đúng.

Bài 2 (1.5đ) Cho tập D mở trong R 2 và f : D → R có các đạo hàm riêng ∂f

∂y liên tục tại (x 0 , y 0 ) ∈ D Chứng minh rằng f khả vi tại (x0, y0).

Bài 3 (1.5đ) Cho a > 0 và hàm hai biến f(x, y) 

Tìm tất cả các giá trị của tham số a để hàm f khả vi tại (0,0).

Bài 4 (1.5đ) Khảo sát cực trị địa phương của hàm hai biến f(x, y) =x 4 +y 4 −(x−y) 2 Bài 5 (1.5đ) Cho C là đường tròn x 2 +y 2 = 2x Tính tích phân

C x 3 −x+xe xy dy− y 3 +x 2 cosy−ye xy dx.

S zdxdy−x 2 dydz +y 2 dzdx, trong đó S là phía ngoài của phần mặt nón z = p x 2 + y 2 , 1≤ z ≤ 2 (mặt

S không kể hai đáy z = 1 và z = 2).

Bài 7 (1đ) Cho màng mỏng L (có thể xem vật thể hai chiều) ứng với miền D ⊂ R 2 Nếu màng L có hàm mật độ ρ : D → R là hàm khả tích, thì khối lượng m và trọng tâm (¯x,y)¯ của màng L tương ứng được tính bởi công thức m Z

Tìm trọng tâm của màng L ứng với miền D là nửa hình tròn x 2 + y 2 ≤

4, y ≥0, biết rằng hàm mật độ tại mỗi điểm trênD tỉ lệ thuận với khoảng cách từ gốc tọa độ đến điểm đó.

Bài 1 (4đ) Cho tập U mở trong R n và hàm f : U → R. a) Phát biểu định nghĩa về sự khả vi của hàm f tại x ∈ U Chứng minh rằng nếu f khả vi tại x ∈ U thì f có các đạo hàm riêng tại x và

∇f(x) = f ′ (x). b) Mệnh đề ngược lại ở câu a) có đúng không? Giải thích câu trả lời. c) Khảo sát sự khả vi của f tại (0,0), trong đó hàm f xác định bởi f(x, y) 

Bài 2 (3.5đ) Cho D là tập mở, liên thông và đơn liên trong R 2 Giả sử hai hàm P, Q: D →R có các đạo hàm riêng liên tục trên D và thỏa mãn điều kiện

∂y trên D. a) Cho hai điểm A, B cố định nằm trong D Chứng minh rằng tích phân

Z 6.0pt24.88ptAB⌢ P (x, y)dx + Q(x, y)dy không phụ thuộc vào đường nối A, B với mọi cung 6.0pt24.88ptAB⌢ trơn từng khúc nằm trong D. b) Chứng minh tồn tại hàm U : D → R có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục sao cho

∂y = Q trên D. c) Tính tích phân đường sau đây

C x+ x x 2 +y 2 dy− y x 2 +y 2 dx, trong đó C là đường cong có phương trình tham số

(xy +z)dxdy −x 3 ydydz+ (y 2 −z 3 )dzdx, trong đó S là phía ngoài của phần mặt nón z = x 2 +y 2 , 0 ≤ z ≤ 1 (mặt

Bài 4 (1đ) Khảo sát cực trị địa phương của hàm hai biến f(x, y) = xy(2x−y −1).

Bài 1 (3đ) a) Cho ví dụ một hàm f : R 3 → R sao cho f liên tục và có đạo hàm theo mọi hướng tại (0,0,0) nhưng không khả vi tại đó (1.5đ) b) Khảo sát sự khả vi của hàm f tại (0,0), với f xác định bởi (1.5đ) f(x, y) 

Bài 2 (2.5đ) a) Cho D ⊂ R 2 là miền bị chặn và hàm f : D → R liên tục trên D Giả sử D đối xứng qua trục Ox và f thỏa mãn tính chất f(x,−y) = −f(x, y), ∀(x, y) ∈ D.

Bằng phương pháp đổi biến, chứng minh rằng Z

D f(x, y)d(x, y) = 0 (1.0đ) b) Áp dụng câu a) để tính tích phân

2x−x 2 −y 2 d(x, y), miền D xác định bởi D (x, y) ∈ R 2 : (x−1) 2 +y 2 ≤ 1 (1.5đ) Bài 3 (2.5đ) Tính các tích phân sau: a) T Z 2

C x+ 2yp y 2 + 1 dy + (e x sinx−y)dx, trong đó C là đường cong có phương trình tham số

X(t) = (1 + cost, 1−sint) theo hướng từ t= 0 đến t = π

Bài 4 (2đ) Cho tham số a > 0 và hàm f : R 2 → R thỏa mãn

2 thì hàm f luôn khả vi tại (0,0) (1.0đ) b) Giả sử a ≤ 1

2, cho ví dụ hàm f thỏa mãn giả thiết nhưng không khả vi tại (0,0) (1.0đ)

Lưu ý: - Sinh viên được sử dụng tài liệu khi làm bài.

- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Bài 1 (2.5đ) Cho hàm f : R 2 → R có các đạo hàm riêng trên R 2 Chứng minh: a) Nếu các đạo hàm riêng củaf bị chặn trênR 2 thìf liên tục trênR 2 (1.0đ) b) Nếu các đạo hàm riêng của f liên tục trênR 2 thìf khả vi trênR 2 (1.5đ) Bài 2 (2.5đ) Cho hàm f :R 2 → R xác định bởi f(x, y) 

0, (x, y) = (0,0). a) Khảo sát sự khả vi của hàm f trên R 2 (1.5đ) b) Xét tính liên tục của các đạo hàm riêng của f tại (0,0) (1.0đ)

Bài 3 (3.0đ) Cho miền D xác định bởi

D (x, y) ∈ R 2 : x 2 +y 2 ≤ 4y và C là đường cong dọc theo biên của miền D, đi từ điểm O(0,0) đến A(2,2) theo hướng ngược chiều kim đồng hồ.

Tính các tích phân sau: a) I Z

C x 2 +y +xe xy dy + ye xy −xy 2 dx (1.5đ)

Bài 4 (2.0đ) Cho D uv ⊂ R 2 là miền hình tam giác với tọa độ các đỉnh lần lượt là (0,0), (1,0), (1,1) và miền D xác định bởi

1−x a) Chứng minh rằng hệ phương trình sau xác định một phép đổi biến từ

(x = u 2 −v 2 , y = 2uv. b) Áp dụng câu a) để tính tích phân T Z

Lưu ý: - Sinh viên được sử dụng tài liệu khi làm bài.

Bài 1 (2.0đ) Cho U là tập mở trong R n và hàm f : U → R khả vi tại x0 ∈ U. a) Chứng minh rằng hàm f liên tục tại x0 (0.5đ) b) Chứng minh các đạo hàm riêng của hàm f tại x 0 tồn tại và

(1.5đ) Bài 2 (2.0đ) Cho hàm f :R 2 → R xác định bởi f(x, y) 

1, (x, y) = (0,0). a) Xét tính liên tục của hàm f tại (0,0) (0.5đ) b) Khảo sát sự khả vi của hàm f trên R 2 (1.5đ)

Bài 3 (1.5đ) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f xác định bởi f(x, y) = x 2 +y 2 −3xy +x−y, (x, y) ∈ R 2 , trong miền D = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 +y 2 ≤2} (1.5đ) Bài 4 (4.5đ) Tính các tích phân sau: a) I Z

V z(x−y 2 )d(x, y, z), với V là miền bị chặn trong R 3 được giới hạn bởi các mặt z = x 2 +y 2 , z = 1 và z = 2 (1.0đ) c)K Z

C x 2 y +xp x 2 + 1 dx− xy 2 −x 2 + ye − y 2 dy, vớiC là cung tròn x 2 +y 2 −2x = 0 đi từ điểm O(0,0) đến A(1,1) theo hướng cùng chiều kim đồng hồ (2.0đ)

Lưu ý: - Sinh viên không được sử dụng tài liệu khi làm bài.

Thanh-Nhan Nguyen (nhannt@hcmue.edu.vn) Analysis of functions of several variables ĐỀ THI NĂM 2023 - LỚP SONG NGỮ

Problem 1 (2.0 points) Assume that U is an open subset of R n and f, g : U → R are differentiable at x0 ∈ U Let us consider a new function

Show that F is differentiable at x0.

Problem 2 (2.0 points) Let f : R 2 → R be defined by f(x, y) 

Discuss the differentiability of f in R 2

Problem 3 (1.5 points) Find the local maximum and minimum values of the following two-variable function f(x, y) = x 4 + 16y 4 −x 2 + 4xy −4y 2 + 2, (x, y) ∈ R 2

Problem 4 (1.5 points) In Physics, if an electric charge is distributed over a region and the charge density (in units of charge per unit area) is given by σ(x, y) at a point (x, y) in D, then the total charge Q is given by

Assume that charge is distributed over the region

D = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 +y 2 ≤2x} so that the charge density at (x, y) is σ(x, y) =p x 2 +y 2 +p

2x−x 2 −y 2 ,measured in coulombs per square meter (C/m 2 ) Find the total charge.

Problem 5 (3.0 points) Evaluate two following integrals: a) I Z 2

2−xp x 2 + 2−y 3 dx, where C is the parametric curve

X(t) = (1−cos 3 t,sint) from O(0,0) = X(0) to A(1,1) = X(π/2) (2.0 pts)

Remark: No notes, textbooks or outside help may be used on this exam.

Tiêu đề	Analysis of Functions of Several Variables
Tác giả	Thanh-Nhan Nguyen
Trường học	Ho Chi Minh City University of Education
Chuyên ngành	Mathematics
Thể loại	Course material
Năm xuất bản	2024
Thành phố	Ho Chi Minh City

Định dạng
Số trang	124
Dung lượng	645,7 KB