0 (φ1(t),· · ·, φm(t))dt= ( 1 0 φ1,· · · , 1 0 φm). Từ đó suy ra bất đẳng thức nêu trên.
Ví dụ. Nếu f : U → Rm khả vi, U mở liên thông, và Df(x) = 0,∀x ∈ U, thì
f ≡ const .
Nhận xét. Nếu f : U → Rn, U ⊂ Rn, là thuộc lớp C1, và K là tập compact chứa trong U, thì tồn tạiL >0 sao cho f thoảđiều kiện Lipschitz sau:
f(x)−f(y) ≤Lx−y, ∀x, y∈K.
Đặc biệt, nếu 0< L <1, vàf :K→K, thì f là ánh xạ co trênK.
3. ĐẠO HÀM CẤP CAO - CÔNG THỨC TAYLOR
Nhận xét: Giả sử f : U −→ Rm khả vi trên tập mở U ⊂ Rn. Khi đó ta có ánh xạ đạo hàm Df : U → L(Rn,Rm), trong đó L(Rn,Rm) ký hiệu không gian mọi ánh xạ tuyến tính Rn→Rm, nó đồng nhất với không gian cácm×n-ma trận, và do vậy với không gian vector Rmn. Vậy có thể định nghĩa đạo hàm của hàm
Df tại a ∈ U, và gọi là đạo hàm cấp 2. Đạo hàm cấp 2 tại a sẽ là ánh xạ tuyến tính Rn −→ L(Rn,Rm) ≡Rmn. Tương tự, có thể định nghĩa qui nạp cho đạo hàm cấp cao. Tuy nhiên, định nghĩa như vậy đòi hỏi phải “leo” lên các không gian:
L(Rn, L(Rn,Rm)), L(Rn, L(Rn, L(Rn,Rm))),· · · (!).
Ta sẽ định nghĩa đạo hàm cấp cao theo quan điểm tính toán, dễ tiếp cận hơn.
3.1 Đạo hàm riêng cấp cao. Giả sử tồn tại đạo hàm riêng ∂f
∂xi trên U. Khi đó ∂ ∂xj ∂f ∂xi
(a), nếu tồn tại, gọi làđạo hàm riêng cấp 2 của hàmf theo biến thứ(i, j), tạia. Ký hiệu
DjDif(a)hay ∂2f
∂xj∂xi(a).
Tương tự, có thể định nghĩa đạo hàm riêng cấp k ∂x∂kf
ik· · ·∂xi1
(a).
Ta nói f khả vi liên tục cấpktrênU hayf thuộc lớp Ck trênU , nếuuf có mọi đạo hàm riêng cấp ≤kvà chúng liên tục trên U.
Bài tập: Hàmf(x, y) =yx2cosy2 có ∂2f
∂y∂x = ? , ∂2f
∂x∂y = ? Ví dụ sau chỉ ra ∂2f
∂x∂y = ∂2f
∂y∂x, i.e. nói chung đạo hàm cấp cao không có tính đối xứng.
Xétf(x, y) =xyx 2−y2 x2+y2 nếu(x, y)= (0,0), f(0,0) = 0. Khi đó ∂2f ∂y∂x(0,0) = 1, còn ∂2f ∂x∂y(0,0) =−1 (?) Tuy nhiên ta có
Mệnh đề (tính đối xứng của đạo hàm cấp cao). Nếu f có các đạo hàm riêng cấp 2
liên tục tạix (đặc biệt khif thuộc lớp C2), thì
∂2f
∂xi∂xj(x) = ∂2f
∂xj∂xi(x), ∀i, j. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Kết qủa có thể suy rộng cho f ∈Ck đối với các đạo hàm riêng cấp≤k.
Chứng minh: Một chứng minh đơn giản là dựa vào công thức Fubini mà ta sẽ đề cập ở chương tích phân. (bài tập Chương IV). Ở dây chứng minh dựa vào sai phân. Chỉ cần lập luận cho hàm 2biến. Xét
Sh,k =f(x+h, y+k)−f(x+h, y)−f(x, y+k) +f(x, y)
Đặt gk(u) =f(u, y+k)−f(u, y). Khi đó theo định lý gía trị trung bình ta có
Sh,k = gk(x+h)−gk(x) =g k(c)h, vớic∈(x, x+h) = (∂f ∂x(c, y+k)−∂f ∂x(c, y))h = ∂2f ∂y∂x(c, d)hk, vớid∈(y, y+k).
Hoán vị hai số hạng giữa của Sh,k. Đặtgh(v) =f(x+h, v)−f(x, v). Lập luận tương tự, ta có
Sh,k = ∂2f
∂x∂y(c, d)kh, với c ∈(x, x+h), d ∈(y, y+k).
Từ tính liên tục của đạo hàm cấp 2, qua giới hạn h, k → 0 của Sh,k, ta có kết qủa
cần tìm.
3.2 Công thức Taylor.
Nhắc lại công thức Taylor cho hàm 1 biến.
Cho g: (a, b)→R∈Ck. Khi đó nếux, x+h∈(a, b), thì tồn tại θ∈(0,1), sao cho
g(x+h) =g(x)+1!1g(x)h+2!1g(x)h2+· · ·+( 1
k−1)!g(k−1)(x)hk−1+ 1
k!gk(x+θh)hk.
Có thể chuyển công thức trên cho hàm nhiều biến f :Rn → R, bằng cách đưa về xét hàm một biến g(t) =f(x+th), t∈[0,1].
Để thuận tiện cho việc phát biểu công thức, trước hết ta đa vào các ký hiệu.
∇= (D1,· · · , Dn) = ( ∂
∂x1,· · ·, ∂ ∂xn).
IV.3 Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor. 51 Nếu h= (h1,· · ·, hn), đặt h∇=h1∂x∂ 1 +· · ·+hn∂x∂ n, (h∇)k = n i1,···,ik=1 hi1· · ·hik ∂k ∂xi1· · ·∂xik .
Ta xem các ký hiệu trên như là các “toán tử”, khi tác động vào hàm f thì biểu thức hình thức sẽ có một nội dung rõ ràng, chẳng hạn (h∇)f =h1∂x∂f 1 +· · ·+hn∂x∂f n. Tổng quát (h∇)kf = i1,···,ik ∂kf ∂xi1 · · ·∂kf ∂xik
hi1· · ·hik đa thức thuần nhất bậc ktheoh1,· · · , hn.
Với các ký hiệu nêu trên ta có
Định lý. Cho f : U → R là hàm lớp Ck trên tập mở U ⊂ Rn. Khi đó vớ mọi đoạn [x, x+h]⊂U, tồn tại θ∈(0,1), sao cho
f(x+h) =f(x) +h∇f(x) +· · ·+ 1
(k−1)!(h∇)k−1f(x) + 1
k!(h∇)kf(x+θh)
Chứng minh: Chỉ là việc áp dụng công thức Taylor cho hàm 1 biếng(t) =f(x+th), với chú ý là theo công thức đạo hàm hợp dễ qui nạp
g(k)(t) = (h∇)kf(x+th). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Nhận xét: Công thức Taylor cho phép xấp xỉ hàm khả vi lớp Ck f tại lân cận mỗi điểmx bởi đa thức Taylor bậcktạix:
Tk x(h) =f(x) +h∇f(x) +· · ·+ 1 k!(h∇)kf(x), với phần dư Rk(x, h) = 1 k! (h∇)kf(x+θh)−(h∇)kf(x), 0< θ <1. Ta có |f(x+h)−Tk x(h)|=|Rk(x, h)|=o(hk), do f ∈Ck.
Chú ý: Nếu f ∈C∞, thì ta có chuỗi Taylor củaf tạix0 là chuỗi lũy thừa
T f(x) =∞
k=0 1
Nói chung T f(x) không hội tụ, chẳng hạn f(x) =∞
k=0
e−kcosk2x.
Hơn nữa, ngay cả trong trường hợp T f(x) hội tụ không chắc ta có T f(x) = f(x). Chẳng hạn f(x) =e− 1
x2.
Trong trường hợp chuỗi Taylor của f hội tụ về chính hàm f, ta nóif giải tích tạix0.
Chẳng hạn, hàm sốf thỏa|f(k)(x)| ≤Mk, ∀x∈(a, b), ∀k∈N, là giải tích trên(a, b).
3.3 Ứng dụng vào bài toán cực trị. Chof :U →R, U ⊂Rn mở.
Hàm f gọi là đạt cực đại tạia∈U nếuu f(a)≥f(x) với mọix ở lân cậna. Hàm f gọi là đạt cực tiểutạia∈U nếuu f(a)≤f(x) với mọi xở lân cận a. Hàm f gọi là đạt cực trịtạianếuuf đạt cực tiểu hay cực đại tại đó.
Nếu f khả vi, thì agọi làđiểm dừng hayđiểm tới hạncủa f nếuu Df(a) = 0. Chú ý: Hãy phân biệt max,min (có tính toàn cục) và cực tiểu, cực đại (có tính địa phương).
Phần này ta áp dụng công thức Taylor để xét cực trị địa phương của f.
Điều kiện cần. Giảf khả vi trênU. Nếuf đạt cực trị tại a∈U, thìDf(a) = 0, i.e. tập các điểm cực trị chứa trong tập các điểm dừng.
Chứng minh: Với mỗiihàm 1 biến gi(t) =f(a+tei) đạt cực trị tạit= 0. Suy ra g
i(0) = ∂f
∂xi(a) = 0.Vậy Df(a) = 0.
Nhận xét: (i) Điều kiện trên chỉ là điều kiện cần. Chẳng hạn, hàm có điểm uốn
f(x) =x3 hay hàm có điểm yên ngựa f(x, y) =x2−y2.
(ii) Trong trường hợp 1 biến để xem điểm dừng có phải là cực trị hay không, ta có thể xét chiều biến thiên của f thông qua dấu củaf. Ngoài ra, khif có đạo hàm cấp 2, nếu f(a)>0, thìf đạt cực tiểu tại a; còn nếu f(a)<0, thì hàm đạt cực đại tại đó.
(iii) Đối với f là dạng toàn phương 2 biến, ta có các dạng chính tắc:
x2+y2, −x2−y2, x2−y2, x2, −x2, 0.
Hai dạng đầu(0,0)là cực trị (điểm loại Parabol). Dạng thứ ba(0,0)không là cực trị (điểm loại Hyperbol hay điểm yên ngựa). Các dạng còn lại suy biến.
Để xem điểm dừng có là cực trị không trong trường hợp tổng quát, ta cần phần bậc hai của khai triển Taylor.
Hess. Nếu f thuộc lớp C2, thì Hess của f tại a , ký hiệu Hf(a), là dạng toàn phương (sinh từ đạo hàm cấp 2):
Rnh→Hf(a)(h) = (h∇)2f(a) = n
i,j=1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
∂2f(a)
∂xi∂xjhihj ∈R.
IV.3 Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor. 53
Điều kiện đủ. Giả sử f thuộc lớp C2 và Df(a) = 0. Khi đó
Nếu Hf(a) xác định dương, i.eHf(a)(h)>0,∀h∈Rn\0, thì f đạt cực tiểu tại a. Nếu Hf(a) xác định âm, i.e. Hf(a)(h)<0,∀h∈Rn\0, thì f đạt cực đại tạia. Nếu Hf(a) không xác định dấu, thì f không đạt cực trị tại a.
Chứng minh: Theo công thức Taylor, ta có
f(a+h) =f(a) +Df(a)h+12Hf(a)(h) +o(h2)
Do Df(a) = 0, nếu Hf(a) > 0, thì tồn tại m = min
h=1Hf(a)(h) > 0. Suy ra
Hf(a)(h)≥mh2,∀h∈Rn. Vậy f đạt cực tiểu tạia.
Các trường hợp khác chứng minh tương tự.
Theo giáo trình Đại số tuyến tính, ta có phương pháp Lagrange để đưa một dạng toàn phương về dạng chính tắc. Từ đó (dựa vào chỉ số quán tính) suy ra tính xác định dấu của dạng toàn phương. Ngoài ra, ta còn có tiêu chuẩn sau
Tiêu chuẩn Sylvester. Cho dạng toàn phương H(h) = n
i,j=1
aijhihj, h∈Rn.
Xét dấu các định thức chính Dk= det(aij)1≤i,j≤k. Khi đó
(i) H xác định dương khi và chỉ khi D1>0, D2>0,· · · , Dn>0.
(ii) H xác định âm khi và chỉ khiD1<0, D2>0,· · ·,(−1)nD n>0.
Ví dụ. Xét cực trị hàmf(x, y) =x3+y3−3xy. Điểm tới hạn củaf là nghiệm hệ phương trình
∂f
∂x = 3x2−3y= 0, ∂f
∂y = 3y2−3x= 0.
Suy ra các nghiệm: (0,0)hay(1,1). Ma trận Hess của f Hf = ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y2 = 6x −3 −3 6y
Tại (0,0): D2 =−9<0, i.eHf(0,0)không xác định dấu. Vậy(0,0)không là cực trị.
Tại(1,1): D1 = 6>0, D2= 27>0, i.e. Hf(1,1)>0. Vậyf đạt cực tiểu tại(1,1).
Nhận xét: Nếu Hess suy biến, dựa vào công thức Taylor cần xét đến đạo hàm cấp cao hơn.
4. ĐỊNH LÝ HÀM NGƯỢC - ĐỊNH LÝ HÀM ẦN
Cho f : U → Rm. Nếu f khả vi liên tục, thì theo định nghĩa đạo hàm (và tính liên tục của nó), có thể đoán nhận là tính chất địa phương của f tại a, i.e. tính chất của f ở lân cận a, được xác định bởi ánh xạ tuyến tính Df(a). Cụ thể:
(i) Nếu Df(a)là đơn ánh, thì f đơn ánh trên một lận cận của a.
(ii) NếuDf(a)là toàn ánh, thìf ánh xạ một lận cận của alên một lân cận củaf(a). (iii) NếuDf(a)là song ánh, thìf song ánh từ một lận cận củaalên một lân cận của (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
f(a).
Các đoán nhận trên được khẳng định qua định lý rất quan trọng sau.
4.1 Ánh xạ ngược địa phương.
Nhận xét : Xét hệ phương trình tuyến tính: Ax=y, A∈M at(n, n).
Theo định lý Cramer, nếu detA= 0, thìA khả nghịch và ta có thể giảix=A−1y.
Có thể nói gì về hệ phương trình phi tuyến ? Có thể giải x1,· · ·, xn từ hệ
f1(x1,· · · , xn) = y1 · · · fn(x1,· · · , xn) = yn , theo biến y1,· · ·, yn ?
Cần chú ý thêm trong trường hợp hàm số 1 biến số f : R → R, nếu f khả vi liên tục và f(a) = 0, thì tồn tại hàm ngược f−1 tại lân cận a, hơn nữa f−1 cũng thuộc lớpC1. Với các nhận xét trên và ánh xạ khả vi được “xấp xỉ” bởi đạo hàm ta có
Định lý hàm ngược. Cho f : U −→ Rn, U ⊂ Rn mở. Giả sử f thuộc lớp Ck
(k≥1), và tạia∈U, detJ f(a)= 0. Khi đó tồn tại lân cậnV của a, W cuả f(a), sao chof :V −→W có ánh xạ ngượcf−1 :W −→V. Hơn nữa,f−1 thuộc lớpCkvà
Df−1(y) = (Df(x))−1, y=f(x), x∈V.
Chứng minh: Trước hết ta có các nhận xét
Nhận xét 1: Bằng phép tịnh tiến và biến đổi tuyến tính khả nghịch Df(a)−1, ta đưa việc chứng minh định lý về trường hợp a=f(a) = 0 và Df(0) =In (ánh xạ đồng nhất trên Rn). (?)
Nhận xét 2: Để xây dựng ánh xạ ngược địa phương cần giảixtheoy từ phương trình
y =f(x) tại lân cận 0. Với mọi y ∈Rn xét hàm gy(x) = y+x−f(x). Nếu gy, ở lân cận 0, là ánh xạ co thì tồn tại duy nhất x sao cho gy(x) = x, i.e. phương trình
f(x) =y có thể giải x theoy.
Từ các nhận xét trên ta tiến hành chứng minh định lý theo các bước sau (với giả thiết của nhận xét 1)
Bước 1: Dùng nguyên lý ánh xạ co để xây dựng ánh xạ ngược địa phương.
Xét g(x) = x−f(x). Ta có Dg(0) = 0. Do g ∈C1, áp dụng định lý giá trị trung bình ta cór >0đủ bé sao cho
IV.4 Định lý hàmï ngược - Định lý hàm ẩn. 55 Suy ra với y ≤r/2, gy:B(0, r)−→B(0, r), và thoả
gy(x)−gy(x) ≤ 1
2x−x.
Theo nguyên lý ánh xạ co, tồn tại duy nhất x∈B(0, r)là điểm bất động của gy, i.e.
f có ánh xạ ngược địa phương f−1 :B(0, r/2)−→B(0, r).
Bước 2: Chứng minhf−1 liên tục.
Cho y, y ∈B(0, r/2). Khi đó x =f−1(y), x =f−1(y) ∈B(0, r). Theo định nghĩa của g ta có
x−x ≤ f(x)−f(x)+g(x)−g(x) ≤ f(x)−f(x)+12x−x.
Suy ra f−1(y)−f−1(y) ≤2y−y. Vậy f−1 liên tục. Bước 3: Nếu r >0 đủ bé, thìf−1∈Ck.
Do tính liên tục của det, f ∈Ck, và detDf(a)= 0; suy ra vớir >0 đủ bé, tồn tại
(Df(x))−1,∀x∈B(0, r). Vớiy=f(x), y =f(x), x, x ∈B(0, r), ta có f−1(y)−f−1(y)−(Df(x))−1(y−y) = x−x−(Df(x))−1(Df(x)(x−x)+ +o(x−x)=(Df(x))−1(ox−x) = o(y−y) (do bước 2) . Vậy Df−1(y) = (Df(x))−1,với y=f(x). Cụ thể hơn J f−1(y) = det 1 J f(x)(Aij(x))n×n, (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
trong đóAij(x)là phần phụ đại số cuảJ f(x) =tổng các tích các đạo hàm riêng cuả
f tạix. Do vậy các phần tử của ma trận J f−1 là các hàm thuộc lớp Ck−1. Vậy f−1
thuộc lớp Ck.
Vi phôi. Một ánh xạ f : U → V gọi là một vi phôi lớp Ck hay là một phép biến đổi lớpCk nếuuf là song ánh vàf, f−1 là thuộc lớp Ck.
Ánh xạ f gọi là vi phôi địa phương tạianếuu f là một vi phôi từ một lân cận của a
lên một lân cận của f(a).
Ví dụ. Xét phương trình u(x, y) = excosy, v(x, y) = exsiny. Khi đó có thể giải x, ytheou, v một cách địa phương vì
detJ(u, v) = excosy −exsiny exsiny excosy =e2x = 0. Chú ý:
(i) Định lý trên chỉ khẳng định tính khả nghịch địa phương. Chẳng hạn ví dụ trên cho thấyf :R2→R2, f(x, y) = (u(x, y), v(x, y))là khả nghịch địa phương tại mỗi(x, y)
nhưngkhông khả nghịch(toàn cục), i.e. vi phôi địa phương mà không phải là vi phôi (toàn cục), dù detJ f(x, y)= 0,∀(x, y)∈R2. (Hãy kiểm tra)
(ii) Định lý trên chỉ cho điều kiện cần để ánh xạ là khả nghịch địa phương. Chẳng hạn, hàm f :R→R,f(x) =x3, có hàm ngượcf−1(y) =√3y, nhng f(0) = 0.
4.2 Hệ qủa. Cho f : U → Rm, U ⊂ Rn là tập mở. Giả sử f thuộc lớp C1 và
a∈U. Khi đó
(i) Nếu n < mvà Df(a) là đơn ánh, i.e. rankDf(a) =n, thì tồn tại một vi phôi địa phương g từ lân cận của f(a) lên lân cận 0trong Rm, sao cho
g◦f(x1,· · · , xn) = (x1,· · · , xn,0,· · · ,0) (phép nhúng)
(ii) Nếu n > mvà Df(a) là toàn ánh, i.e. rankDf(a) =m, thì tồn tại một vi phôi địa phương htừ lân cận của 0 lên lân cậnatrong Rn, sao cho
f◦h(x1,· · ·, xn) = (x1,· · ·, xm) (phép chiếu)
Chứng minh: (i) Giả sửDf(a)là đơn ánh. Bằng phép hoán vị tọa độ, có thể giả thiết
J f(a)có n dòng đầu độc lập tuyến tính. Xét ánh xạ
Φ :U ×Rm−n→Rm,Φ(x, yn+1,· · · , ym) =f(x) + (0,· · ·,0, yn+1,· · · , ym)
Khi đó dễ kiểm tra Φ∈ C1 và JΦ(a,0) khả nghịch. Theo định lý trên Φ là vi phôi địa phương tại (a,0). Ta cóf(x) = Φ(x,0). Vậyg= Φ−1 thỏa (i).
(ii) Giả sử Df(a) là toàn ánh. Có thể giả thiết J f(a) có m cột đầu độc lập tuyến tính. Xét ánh xạ
Ψ :U →Rm×Rn−m,Ψ(x) = (f(x)−f(a), xm+1−am+1,· · ·, xn−an).
Khi đó dễ kiểm traΨ∈C1 vàJΨ(a)khả nghịch. Theo định lý trên Ψlà vi phôi địa phương tại a. Từ cách xây dựng Ψ, ta cóf(x) =pr◦(Ψ(x)−f(a)), với pr là phép chiếu xuống m tọa độ đầu. Vậyh= (Ψ−f(a))−1 thỏa (ii)
4.3 Hàm ẩn. Khi xét hàm ẩn, i.e. phương trình F(x, y) = 0, ta cần xác định khi nào y có thể giải theo x, y=g(x), và tính khả vi của g ?
Bài tập: Xét cụ thể F(x, y) =x2+y2−1 = 0. Chứng minh:
Có thể giảiy=g(x)tại lân cận mỗi x=a∈(−1,1)và để ý khi đó ∂F
∂y = 0 (gradF
không song song với 0x).
Không thể giải y theox tại mọi lân cậna=±1. Nhận xét: Trước hết xét hệ phương trình tuyến tính: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
a11x1 +· · · +a1nxn +b11y1 +· · · +b1mym = 0 · · · · · · · · · · · · · · · · · · am1x1 +· · · +amnxn +bm1y1 +· · · +bmnym = 0
Đặt A= (aij)m×n, B= (bij)m×m. Khi đó, nếu detB = 0, thì có thể giải y theox:
y=−B−1Ax.
Đối với hệ phương trình phi tuyến
F1(x, y) = 0 · · · Fm(x, y) = 0
IV.4 Định lý hàmï ngược - Định lý hàm ẩn. 57 trong đó x∈Rn, y∈Rm. Khi nào có thể giải y theox ?
Lại dựa vào ý nghĩa của đạo hàm và định lý ánh xạ ngược ta có
Định lý hàm ẩn. Cho F :A→Rm, A⊂Rn×Rm là tập mở,(a, b)∈A.
Giả sử F thuộc lớpCk (k≥1), F(a, b) = 0, và định thức đạo hàm F theo biến y D(F1,· · ·, Fm) D(y1,· · ·, ym)(a, b) = det ∂F ∂y(a, b) = ∂F1 ∂y1(a, b) · · · ∂F1 ∂ym(a, b) · · · · · · · · · ∂Fm ∂y1 (a, b) · · · ∂Fm ∂ym(a, b) = 0.
Khi đó tồn tại lân cận U ⊂Rn của a, V ⊂Rm của b, và ánh xạ duy nhất g:U →V
thuộc lớpCk, sao cho phương trình