Ôn thi thạc sĩ toán học tài liệu hướng dẫn phép tính vi phân hàm nhiều biến
GIẢI TÍCH (CƠ BẢN) Tài liệu ơn thi cao học năm 2005 Phiên chỉnh sửa PGS TS Lê Hồn Hóa Ngày 10 tháng 12 năm 2004 Phép Tính Vi Phân Hàm Nhiều Biến I - Sự liên tục Không gian Rn : Định nghĩa: Với x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn , đặt: - kxk = (x21 + x22 + + x2n ) chuẩn Euclide x - d(x, y) = kx − yk = [(x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + + (xn − yn )2 ] khoảng cách x, y - B(x, r) = {y ∈ Rn /d(x, y) < r} cầu mở tâm x, bán kính r Cho D ⊂ Rn , điểm x ∈ Rn gọi điểm biên D với r > B(x, r) ∩ D 6= Ø B(x, r) ∩ (Rn \ D) 6= Ø Nếu x điểm biên D x điểm biên Rn \ D Tập tất điểm biên D gọi biên D, ký hiệu ∂D Ta có: ∂D = ∂(Rn \ D) Tập D gọi mở x ∈ D, có r > cho B(x, r) ⊂ D Nếu D tập mở, x ∈ D x không điểm biên D Vậy D tập mở D khơng chứa điểm biên D ngược lại Tập A ⊂ Rn gọi đóng Rn \ A tập mở A tập đóng ⇔ ∂A ⊂ A Đặt : • D = D \ ∂D tập mở lớn chứa D gọi phần D − • D = D ∪ ∂D tập đóng bé chứa D gọi bao đóng D Tâp D gọi bị chặn có M ≥ cho ||x|| ≤ M với x ∈ D Định lý: 1) Rn không gian đầy đủ, nghĩa dãy Rn hội tụ 2) Cho A tập đóng bị chặn Rn (xk )k dãy A Khi có dãy (xki )i dãy (xk )k cho lim xki = x x ∈ A i→∞ Giới hạn liên tục : Định nghĩa: Cho D ⊂ Rn , điểm x0 ∈ Rn gọi điểm giới hạn (hay điểm tụ) D với r > D ∩ B(x0 , r) \ {x0 } = Ø x0 điểm giới hạn D có dãy (xk )k D, xk 6= x0 , lim xk = x0 k→∞ 2.1 Cho f : D → R x0 điểm giới hạn D Ta nói: lim f (x) = a ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > : ∀x ∈ D, < d(x, x0 ) < δ x→x0 ⇒ |f (x) − a| < ε lim f (x) = +∞ ⇔ ∀A ∈ R, ∃δ > : ∀x ∈ D, < d(x, x0 ) < δ x→x0 ⇒ f (x) > A lim f (x) = −∞ ⇔ ∀A ∈ R, ∃δ > : ∀x ∈ D, < d(x, x0 ) < δ x→x0 ⇒ f (x) < A Ta có : lim f (x) = a ⇔ ∀(xk )k ⊂ D, xk 6= x0 , lim xk = x0 ⇒ lim f (xk ) = a x→x0 k→∞ k→∞ Ghi : Để chứng minh khơng có lim f (x) ta cần có hai dãy (xk )k , (yk )k D x→x0 xk 6= x0 , yk 6= y0 , lim xk = x0 = lim yk k→∞ k→∞ mà lim f (xk ) 6= lim f (yk ) k→∞ k→∞ 2.2 Cho f : D → R x0 ∈ D Ta nói: f liên tục x0 ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > : ∀x ∈ D, d(x, x0 ) < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε Nếu f liên tục x ∈ D ta nói f liên tục D f liên tục D ⇔ ∀x ∈ D, ∀ε > 0, ∃δ > : ∀x0 ∈ D, d(x, x0 ) < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε f liên tục D ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > : ∀x, x0 ∈ D, d(x, x0 ) < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε Ta có: Nếu x0 ∈ D x0 điểm giới hạn D thì: f liên tục x0 ⇔ lim f (x) = f (x0 ) x→x0 2.3 Tập D ⊂ Rn gọi liên thơng khơng có hai tập mở O1 , O2 cho : D ∩ Oi 6= Ø, i = 1, 2, D ⊂ O1 ∪ O2 , D ∩ O1 ∩ O2 = Ø Định lý: Cho A tập đóng bị chặn Rn f : A → R liên tục Khi đó: a) f liên tục A b) f đạt cực đại, cực tiểu A, nghĩa có x0 , y0 ∈ A cho : f (x0 ) = max{f (x), x ∈ A} f (y0 ) = min{f (x), x ∈ A} c) Nếu giả sử thêm A liên thông đặt : m = min{f (x), x ∈ A} , M = max{f (x), x ∈ A} Khi :f (A) = [m, M ] Thí dụ : p 3.1 Cho f (x, y) = − x2 − y , miền xác định Df = {x2 + y ≤ 1} tập đóng, bị chặn R r x2 Cho g(x, y) = + y − + ln(4 − x2 − y ) miền xác định: x2 2 2 Dg = (x, y) ∈ R x + y < 4, +y ≥1 / Biên Dg hai đường cong : x + y = , C2 = {x2 + y = 4} C1 = Mọi (x, y) ∈ C1 , (x, y) 6= (±2, 0) (x, y) ∈ Dg Mọi (x, y) ∈ C2 (x, y) ∈ / Dg Dg tập bị chặn, Dg khơng tập đóng khơng tập mở Dg không liên thông Thật vậy, đặt: O1 = {(x, y) ∈ R2 /y > 0} , O2 = {(x, y) ∈ R2 /y < 0} O1 , O2 tập mở thỏa mãn: Dg ∩ Oi 6= Ø, i = 1, 2, Dg ⊂ O1 ∪ O2 , Dg ∩ O1 ∩ O2 = Ø 3.2 Cho A = (x, y) ∈ R / x, y ∈ Q ∩ [0, 1] , B = (x, y) ∈ R x, y ∈ [0, 1] \ Q / Khi : 0 ∂A = ∂B = [0, 1] × [0, 1], A = B = Ø, A = B = [0, 1] × [0, 1] Thật , với (x, y) ∈ [0, 1]2 r > 0, cầu mở bán tâmr (x, y)r kính r, gọi D hình vng mở chứa cầu D = x − , x + × 2 r r y − ,y + 2 Do khoảng mở khác rỗng chứa vô số số hữu tỉ số vô tỉ nên D ∩ A 6= Ø, D ∩ B 6= Ø, D ∩ (R2 \A) 6= Ø, D ∩ (R2 \B) 6= Ø Vậy (x, y) ∈ ∂A, (x, y) ∈ ∂B Ngoài ra, tập điểm giới hạn D [0, 1] × [0, 1] 3.3 Tính giới hạn: t sin xy sin t p = lim i) lim = lim = −3 t→0 −t x,y→0 − + xy t→0 − (1 + t) 3 (đặt t = xy) − cos xy x2 (1 − cos xy) ii) lim = lim =0 x,y→0 x,y→0 y2 x2 y iii) lim (x2 + y )e−(x+y) = x,y→+∞ x2 + y x2 y Thật : ≤ + ex+y ex ey xy iv) lim không tồn x,y→0 x + y xy Thật vậy, đặt f (x, y) = , chọn: x+y 1 , → (0, 0), lim f ,0 = (xk , yk ) = k→∞ k k (x0k , yk0 ) = 1 ,− + k k k 1 (− + ) → (0, 0), lim f (x0k , yk0 ) = lim k k k = −1 k→∞ k→∞ k2 x2 y không tồn x,y→0 x4 + y x2 y Đặt f (x, y) = , chọn: x + y2 1 (xk , yk ) = , → (0, 0), lim f ,0 = k→∞ k k 1 1 0 (xk , yk ) = , → (0, 0), lim f , = k→∞ k k k k v) lim 3.4 Cho D tập bị đóng, bị chặn Rn x0 ∈ Rn Chứng minh: có x1 , y1 ∈ D cho : d(x0 , x1 ) = max{d(x0 , x), x ∈ D} d(x0 , y1 ) = min{d(x0 , x), x ∈ D} Đặt f : D → R định bởi: f (x) = d(x0 , x) f liên tục Do D tập đóng, bị chặn nên f đạt cực đại, cực tiểu D 3.5 Cho D tập đóng Rn x0 ∈ Rn Chứng minh: có x1 ∈ D cho : d(x0 , x1 ) = min{d(x0 , x), x ∈ D} Đặt: f : D → R định bởi: f (x) = d(x0 , x) f liên tục Với M > đủ lớn cho D ∩ B (x0 , M ) 6= Ø (B (x0 , r) cầu đóng) Đặt D1 = D ∩ B (x0 , M ) D1 tập đóng, bị chặn Vậy có x1 ∈ D cho: d(x0 , x1 ) = min{d(x0 , x), x ∈ D1 } ≤ M Với x ∈ D, xét hai trường hợp: - x ∈ D1 d(x0 , x) ≥ d(x0 , x1 ) - x∈ / D d(x0 , x) > M ≥ d(x0 , x1 ) Vậy d(x0 , x1 ) = min{d(x0 , x), x ∈ D} 3.6 Cho f : Rn → R liên tục thỏa mãn: lim f (x) = Chứng minh: f liên tục ||x||→∞ ε Với ε > 0, lim f (x) = 0, có M > cho ||x|| > R thì: |f (x)| < ||x||→∞ n Khi đó: với x, y ∈ R , ||x|| > M, ||y|| > M |f (x) − f (y)| < 2ε cho x, y ∈ B (0, M + 1), d(x, y) < δ |f (x) − f (y)| < ε Vậy f liên tục Rn 3.7 Cho 2 (x + y )x +y , x2 + y > f (x, y) = a , x=y=0 2 (x + y )ex −y , x2 + y > g(x, y) = b , x=y=0 Định a, b để f, g liên tục (0, 0) 2 Đặt t = x2 + y , ta có: lim (x2 + y )x +y = lim tt = x,y→0 t→0 t (do lim ln t = lim t ln t = 0) t→0 t→0 Vậy: f liên tục (0, 0) ⇔ a = Do x, y → 0, giả sử x2 + y < Khi đó: (x2 + y )x Suy ra: lim (x2 + y )x x,y→0 +y 2 −y ≤ (x2 + y )x −y ≤ (x2 + y )−(x +y ) =1 Vậy g liên tục (0, 0) ⇔ b = Bài tập - Khảo sát giới hạn sau: y(x2 + y ) i) lim x,y→0 y + (x2 + y )2 ii) lim (1 + xy) x + xy x→0 y→1 - Định a để hàm số sau lên tục: x3 − y cos , x2 + y > i) f (x, y) = x + y2 a , x=y=0 x cos , x2 + y > ii) g(x, y) = x + y2 a , x=y=0 - Chứng minh hàm số sau liên tục R2 : (x + y) sin , x2 + y > f (x, y) = x + y2 , x=y=0 HD: lim x2 +y →∞ f (x, y) = - Chứng minh hàm số sau không liên tục R2 : (x + y ) cos , x2 + y > f (x, y) = x + y2 , x=y=0 HD: Hàm f (x, y) tương đương với hàm g(x, y) = x2 + y x2 + y → +∞ II - Sự khả vi Đạo hàm riêng: Cho D tập mở Rn , f : D → R Đặt ei = (0, , 0, 1, 0, , 0) (thàng phần thứ i 1) Với x ∈ D, đạo hàm riêng ∂f (x), định bởi: f x theo biến xi , ký hiệu ∂xi ∂f (x + tei ) − f (x) (x) = lim (nếu giới hạn tồn tại, hữu hạn) t→0 ∂xi t Sự khả vi: Cho D tập mở Rn , f : D → R x ∈ D Giả sử tồn đạo hàm riêng ∂f (x), i = 1, , n Ta nói f khả vi x với h = (h1 , h2 , , hn ) ∈ Rn cho ∂xi x + h ∈ D thì: n X ∂f f (x + h) − f (x) = (x)hi + ||h||ϕ(h) ∂x i i=1 ϕ xác định lân cận ORn thỏa: lim ϕ(h) = h→ORn Vi phân f x, ký hiệu df (x), định bởi: df (x) = n n X X ∂f ∂f (x)hi = (x)dxi thay hi dxi ∂x ∂x i i i=1 i=1 Tính chất:Nếu f khả vi x f liên tục x ∂f Điều kiện đủ: Nếu đạo hàm riêng , i = 1, 2, , n liên tục x f khả vi ∂xi x Ghi chú: Hàm ( xy , x2 + y > 2 x +y f (x, y) = , x=y=0 ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = f không liên tục (0, 0) (do không tồn ∂x ∂y lim f (x, y)) có x,y→0 Thí dụ: 3.1 Tính đạo hàm riêng: x sin( ) y a) f (x, y) = e x ∂f x sin( y ) ⇒ (x, y) = cos · e ∂x y y x ∂f x x sin( y ) (x, y) = − cos · e ∂y y y y z ln y z x b) f (x, y, z) = ( ) = e x ∂f z y ∂f z y ∂f y y (x, y, z) = − ( )z , = ( )z , = ln ( )z ∂x y x ∂y y x ∂z x x Z x2 + y 2 et dt c) f (x, y) = sin x 2 2 2 ∂f ∂f (x, y) = 2xe(x + y ) − cos xesin x , (x, y) = 2ye(x + y ) ∂x ∂y 3.2 Xét khả vi hàm sau (0, 0) x + p xy , x2 + y > 2 a) f (x, y) = x +y , x=y=0 Ta có: f (t, 0) − f (0, 0) ∂f f (0, t) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = lim = 1, (0, 0) = lim =0 t→0 t→0 ∂x t t ∂y ∂f ∂f Với h = (s, t), ϕ(s, t) = √ f (s, t) − f (0, 0) − (0, 0)s − (0, 0)t ∂x ∂y s2 + t2 st2 Suy ra: lim ϕ(s, t) = ϕ(s, t) = s,t→0 s + t2 Vậy f khả vi (0, 0) p b) f (x, y) = x3 + y f (t, 0) − f (0, 0) ∂f f (0, t) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = lim = 1, (0, 0) = lim =1 t→0 t→0 ∂x t t ∂y ∂f ∂f Với h = (s, t), ϕ(s, t) = √ (0, 0)s − (0, 0)t f (s, t) − f (0, 0) − + t2 ∂x ∂y s h√ i 3 ϕ(s, t) = √ s + t3 − s − t s2 + t2 i h √ h √ 3 Chọn s = t > 0, ϕ(s, s) = √ s − 2s = √ ( − s 2 Suy ra: khơng có lim ϕ(s, t) = s,t→0 Vậy f không khả vi (0, 0) 3.3 Cho f (x, y) = x2 sin , x2 + y > + y2 , x=y=0 x2 Xét khả vi f (x, y) ∈ R2 Xét liên tục ∂f ∂f , (0, 0) ∂x ∂y + Tại (x, y) 6= (0, 0): ∂f 2x3 (x, y) = 2x sin − cos 2 2 ∂x x +y (x + y ) x + y2 ∂f 2x y (x, y) = − cos 2 ∂y (x + y ) x + y2 ∂f ∂f Do , liên tục (x, y) 6= (0, 0) nên f khả vi (x, y) 6= (0, 0) ∂x ∂y + Tại (0, 0): ∂f f (t, 0) − f (0, 0) ∂f f (0, t) − f (0, 0) (0, 0) = lim = 0, (0, 0) = lim =0 t→0 t→0 ∂x t ∂y t s2 Với h = (s, t), ϕ(s, t) = √ sin s + t2 s2 + t2 Suy ra: lim ϕ(s, t) = s,t→0 Vậy f khả vi (0, 0) Chọn: ∂f ∂f 1 (0, ) = 0, (0, ) = (xk , yk ) = (0, ) → (0, 0), k ∂x k ∂y k √ 1 ∂f ∂f 0 (x0k , yk0 ) = ( √ , √ ) → (0, 0), (x0k , yk0 ) = (xk , yk ) = −16 kπ ∂x ∂y kπ kπ ∂f ∂f Suy không tồn lim (x, y), lim (x, y) x,y→0 ∂x x,y→0 ∂y ∂f ∂f Vậy , không liên tục (0, 0) ∂x ∂y BÀI TẬP: 1) Cho f (x, y) = sin xy , x 6= x Định giá trị f (0, y) để f liên tục Khi tính ∂f ∂f (0, 0), (0, 0) ∂x ∂y 2) Cho x − 2y , x 6= y f (x, y) = x−y , x=y a) Xét tính liên tục f (0, 0) (1, 1) ∂f ∂f (0, 0), (0, 0) b) Tính ∂x ∂y 3) Cho px sin y , x2 + y > 2 f (x, y) = x +y , x=y=0 Xét khả vi f (0, 0) 4) Cho − √ 21 x +y e f (x, y) = x2 + y , x2 + y > , x=y=0 ∂f ∂f (x, y), (x, y) xét tính liên tục chúng (x, y), đặc biệt ∂x ∂y (0, 0) tn HD: Dùng lim t = t→∞ e ∂f ∂f 5) Chứng tỏ hàm sau có đạo hàm riêng , khơng liên tục (0, 0) ∂x ∂y f khả vi (0, 0): (x2 + y ) sin p , x2 + y > a) f (x, y) = x2 + y , x=y=0 Tính ln(1 + x2 + y ) sin p , x2 + y > b) f (x, y) = x2 + y , x=y=0 6) Cho x2 sin , x2 + y > f (x, y) = (x2 + y )1/3 , x=y=0 Chứng minh đạo hàm riêng ∂f ∂f , liên tục (x, y) đặc biệt (0, 0) ∂x ∂y HD: ∂f x3 (x, y) = 2x sin − cos ∂x (x2 + y ) (x2 + y ) (x2 + y ) ∂f x2 y (x, y) = − cos ∂y (x2 + y ) (x2 + y ) |x|3 |x| 0≤ ≤ ≤ |x| (x2 + y ) (x2 + y ) |y| x2 |y| 0≤ ≤ ≤ |y| (x2 + y ) (x2 + y ) Hàm ẩn: Định nghĩa: Cho A ⊂ Rn , B ⊂ Rp , phần tử A × B ghi (x, y) với x ∈ A, y ∈ B Cho f : A × B → Rp Mỗi (x, y) ∈ A × B, f (x, y) ∈ Rp ghi là: f (x, y) = (f1 (x, y), f2 (x, y), , fp (x, y)) Các hàm f1 , f2 , , fp : A × B → R gọi hàm thành phần f Mỗi hàm thành phần hàm số thực theo n + p biến số thực (x, y) = (x1 , x2 , , xn , y1 , y2 , , yp ) Phương trình vectơ: f (x, y) = ORp tương đương với hệ thống gồm p phương trình: f1 (x, y) = f2 (x, y) = fp (x, y) = (1) (2) Khi từ phương trình vectơ (1) giải y = ϕ(x) ? Ánh xạ ϕ xác định tập Rn có giá trị Rp , có, gọi ánh xạ ẩn suy từ phương trình vectơ (1) Điều tương đương với toán: từ hệ phương trình (2) giải y1 , y2 , , yp hàm theo biến x1 , x2 , , xn : y1 = ϕ1 (x1 , x2 , , xn ) y2 = ϕ2 (x1 , x2 , , xn ) yp = ϕp (x1 , x2 , , xn ) Các hàm ϕ1 , ϕ2 , , ϕp , có, gọi hàm ẩn suy từ hệ phương trình (2) Sau định lí hàm ẩn cho trường hợp đặc biệt Định lý: i) Phương trình f (x, y) = 0: Cho f có đạo hàm riêng ∂f ∂f , liên tục lân cận (x0 , y0 ) Giả sử: ∂x ∂y ∂f (x0 , y0 ) 6= ∂y Khi đó, có khoảng mở I chứa x0 , hàm y : I → R khả vi liên tục thỏa mãn: f (x0 , y0 ) = y(x0 ) = y0 , f (x, y(x)) = 0, ∂f (x, y(x)) dy (x) = − ∂x , ∂f dx (x, y(x)) ∂y ∀x ∈ I ∀x ∈ I ii) Phương trình f (x, y, z) = 0: Cho f có đạo hàm riêng liên tục lân cận (x0 , y0 , z0 ) ∂f (x0 , y0 , z0 ) 6= Giả sử f (x0 , y0 , z0 ) = ∂z Khi có tập mở D ⊂ R2 , (x0 , y0 ) ∈ D, hàm z : D → R có đạo hàm riêng liên tục thỏa mãn: z(x0 , y0 ) = z0 , f (x, y, z(x, y)) = , ∀(x, y) ∈ D ∂f ∂f (x, y, z(x, y)) (x, y, z(x, y)) ∂z ∂z ∂y ∂x (x, y) = − , (x, y) = − , ∀(x, y) ∈ D ∂f ∂f ∂x ∂y (x, y, z(x, y)) (x, y, z(x, y)) ∂z ∂z iii) Hệ phương trình: f (x, y, z) = g(x, y, z) = Cho f, g có đạo hàm riêng liên tục lân cận M0 (x0 , y0 , z0 ) Giả sử: ∂f ∂f (M0 ) (M0 ) f (x0 , y0 , z0 ) = ∂y ∂x 6= g(x0 , y0 , z0 ) = ∂g (M ) ∂g (M ) 0 ∂x ∂y Khi có khoảng mở I chứa z0 hàm x, y : I → R khả vi liên tục thỏa mãn: x(z0 ) = x0 , , y(z0 ) = y0 , f (x(z), y(z), z) = , với ∀z ∈ I g(x(z), y(z), z) = đạo hàm dx dy , tính từ hệ phương trình tuyến tính: dz dz ∂f dx ∂f dy ∂f · + · + =0 ∂x dz ∂y dz ∂z ∂g dx ∂g dy ∂g · + · + =0 ∂x dz ∂y dz ∂z 10 iv) Hệ phương trình: f (x, y, u, v) = g(x, y, u, v) = Cho f, g có đạo hàm riêng liên tục lân cận M0 (x0 , y0 , u0 , v0 ) Giả sử: ∂f ∂f (M ) (M ) 0 f (x0 , y0 , u0 , v0 ) = ∂v ∂u 6= g(x0 , y0 , u0 , v0 ) = ∂g (M ) ∂g (M ) 0 ∂u ∂v Khi có lân cận mở D (x0 , y0 ) hai hàm u, v : D → R có đạo hàm riêng liên tục theo x, y thỏa mãn: u(x0 , y0 ) = u0 , , v(x0 , y0 ) = v0 , f (x, y, u(x, y), v(x, y)) = , với ∀(x, y) ∈ D g(x, y, u(x, y), v(x, y)) = Các đạo hàm riêng ∂u ∂u ∂v ∂v , , , cho hệ phương trình: ∂x ∂y ∂x ∂y ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f · + · + =0 ∂u ∂x ∂v ∂x ∂x ∂g ∂u ∂g ∂v ∂g · + · + =0 ∂u ∂x ∂v ∂x ∂x ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f · + · + =0 ∂u ∂y ∂v ∂y ∂y ∂g ∂u ∂g ∂v ∂g · + · + =0 ∂u ∂y ∂v ∂y ∂y Thí dụ: 1) Cho z = z(x, y) xác định từ hệ phương trình x=u+v y = u2 + v u 6= v z = u3 + v ∂z ∂z , ∂x ∂y Ta xem u = u(x, y), v = v(x, y), z = z(x, y) hàm ẩn Từ ba phương trình trên, đạo hàm theo x, y: ∂u ∂v = ∂x + ∂x ∂u v ∂v −u ⇒ = , = ∂x v−u ∂x v−u ∂u ∂v 0=u +v ∂x ∂x ∂u ∂v 0= + ∂y ∂y ∂u −1 ∂v ⇒ = , = ∂y 2(v − u) ∂y 2(v − u) ∂u ∂v = 2u + 2v ∂y ∂y Tính 11 ∂z ∂u ∂v ∂x = 3u ∂x + 3v ∂x ∂z = −uv ∂x ⇒ ∂u ∂v ∂z = 3u2 + 3v ∂y ∂y ∂y ∂z = (u + v) ∂y 2) Cho u = u(x, y), v = v(x, y) hàm ẩn suy từ hệ phương trình: uv e +u+v = x+1 uv + u2 + v = x + y với giả thiết u(0, 0) = 0, v(0, 0) = ∂u ∂u ∂v ∂v Tính (0, 0), (0, 0), (0, 0), (0, 0) ∂x ∂y ∂x ∂y Xem u = u(x, y), v = v(x, y) hàm ẩn, từ hai phương trình đạo hàm theo x, y: ∂v uv ∂u ∂v ∂u + v )e + + =1 (u ∂x ∂x ∂x ∂x ∂u ∂v ∂u ∂v u +v + 2u + =1 ∂x ∂x ∂x ∂x ∂u ∂v ∂u ∂v (u + v )euv + + =0 ∂y ∂y ∂y ∂y ∂u ∂v ∂u ∂v u +v + 2u + =1 ∂y ∂y ∂y ∂y Thay u(0, 0) = 0, v(0, 0) = 0, ta được: ∂u ∂v ∂x (0, 0) + ∂x (0, 0) = ∂v (0, 0) = ∂x ∂u ∂v (0, 0) + (0, 0) = ∂y ∂y ∂v (0, 0) = ∂y ⇒ ∂u (0, 0) = ∂x ⇒ ∂u (0, 0) = −1 ∂y BÀI TẬP 1- Cho z = z(x, y) hàm ẩn suy từ phương trình sau, tính xy =0 z b) xz − ez/y + x3 + y = 2- Cho x = x(z), y = y(z) hàm ẩn suy từ hệ: z2 x + y2 − =0 x+y+z =2 a) z ln(x + z) − Tính x0 (2), y (2) 12 ∂z ∂z , : ∂x ∂y 3- Cho u = u(x, y), v = v(x, y), z = z(x, y) hàm ẩn suy từ: x = u + ln v y = v − ln u z = 2u + v ∂z ∂z , điểm u = 1, v = ∂x ∂y 4- Cho u = u(x, y), v = v(x, y) hàm ẩn suy từ: ( u+v xe + 2uv − = u u−v ye − − 2x = 1+v Tính ∂u ∂v ∂u ∂v (1, 2), (1, 2), (1, 2), (1, 2), biết u(1, 2) = 0, v(1, 2) = ∂x ∂y ∂x ∂y HD: Sau đạo hàm riêng hai phương trình theo x, y thay điều kiện u(1, 2) = 0, v(1, 2) = Tính 13 ... Chứng minh hàm số sau không liên tục R2 : (x + y ) cos , x2 + y > f (x, y) = x + y2 , x=y=0 HD: Hàm f (x, y) tương đương với hàm g(x, y) = x2 + y x2 + y → +∞ II - Sự khả vi Đạo hàm riêng:... x f khả vi ∂xi x Ghi chú: Hàm ( xy , x2 + y > 2 x +y f (x, y) = , x=y=0 ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = f không liên tục (0, 0) (do không tồn ∂x ∂y lim f (x, y)) có x,y→0 Thí dụ: 3.1 Tính đạo hàm riêng:... ϕ(h) = h→ORn Vi phân f x, ký hiệu df (x), định bởi: df (x) = n n X X ∂f ∂f (x)hi = (x)dxi thay hi dxi ∂x ∂x i i i=1 i=1 Tính chất:Nếu f khả vi x f liên tục x ∂f Điều kiện đủ: Nếu đạo hàm riêng ,