Giải tích (cơ bản) - Phép tính vi phân hàm nhiều biến

GIẢI TÍCH (CƠ BẢN)
Tài liệu ôn thi cao học năm 2005
Phiên bản đã chỉnh sửa
PGS TS. Lê Hoàn Hóa
Ngày 10 tháng 12 năm 2004
Phép Tính Vi Phân Hàm Nhiều Biến
I - Sự liên tục
1. Không gian Rn :
Định nghĩa:
Với x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn) ∈ Rn, đặt:
- ‖x‖ = (x21 + x22 + . . .+ x2n)
1
2 là chuẩn Euclide của x
- d(x, y) = ‖x− y‖ = [(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + . . .+ (xn − yn)2] 12 là khoảng cách
giữa x, y.
- B(x, r) = {y ∈ Rn/d(x, y) < r} là quả cầu mở tâm x, bán kính r.
Cho D ⊂ Rn, điểm x ∈ Rn được gọi là điểm biên của D nếu với mọi r > 0 thì
B(x, r) ∩D 6= Ø và B(x, r) ∩ (Rn \D) 6= Ø.
Nếu x là điểm biên của D thì x cũng là điểm biên của Rn \D. Tập tất cả các điểm
biên của D được gọi là biên của D, ký hiệu ∂D. Ta có:
∂D = ∂(Rn \D)
Tập D được gọi là mở nếu mọi x ∈ D, có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ D. Nếu D là tập
mở, x ∈ D thì x không là điểm biên của D. Vậy nếu D là tập mở thì D không chứa
điểm biên của D và ngược lại.
Tập A ⊂ Rn được gọi là đóng nếu Rn \ A là tập mở. A là tập đóng ⇔ ∂A ⊂ A
Đặt :
• 0D = D \ ∂D là tập mở lớn nhất chứa trong D và gọi là phần trong của D.
• −D = D ∪ ∂D là tập đóng bé nhất chứa D và gọi là bao đóng của D
Tâp D được gọi là bị chặn nếu có M ≥ 0 sao cho ||x|| ≤M với mọi x ∈ D
Định lý:
1) Rn là không gian đầy đủ, nghĩa là mọi dãy cơ bản trong Rn đều hội tụ.
2) Cho A là tập đóng bị chặn trong Rn và (xk)k là dãy trong A. Khi đó có dãy con
(xki)i của dãy (xk)k sao cho lim
i→∞
xki = x và x ∈ A
2. Giới hạn và sự liên tục :
Định nghĩa:
Cho D ⊂ Rn, điểm x0 ∈ Rn được gọi là điểm giới hạn (hay điểm tụ) của D nếu với
mọi r > 0 thì
D ∩B(x0, r) \ {x0} 6= Ø
1
x0 là điểm giới hạn của D nếu và chỉ nếu có dãy (xk)k trong D, xk 6= x0, lim
k→∞
xk = x0
2.1 Cho f : D → R và x0 là điểm giới hạn của D. Ta nói:
lim
x→x0
f(x) = a ∈ R ⇔ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x ∈ D, 0 < d(x, x0) < δ
⇒ |f(x)− a| < ε
lim
x→x0
f(x) = +∞ ⇔ ∀A ∈ R,∃δ > 0 : ∀x ∈ D, 0 < d(x, x0) < δ
⇒ f(x) > A
lim
x→x0
f(x) = −∞ ⇔ ∀A ∈ R,∃δ > 0 : ∀x ∈ D, 0 < d(x, x0) < δ
⇒ f(x) < A
Ta có :
lim
x→x0
f(x) = a⇔ ∀(xk)k ⊂ D, xk 6= x0, lim
k→∞
xk = x0 ⇒ lim
k→∞
f(xk) = a
Ghi chú :
Để chứng minh không có lim
x→x0
f(x) ta cần chỉ ra có hai dãy (xk)k, (yk)k trong D
xk 6= x0, yk 6= y0, lim
k→∞
xk = x0 = lim
k→∞
yk
mà lim
k→∞
f(xk) 6= lim
k→∞
f(yk)
2.2 Cho f : D → R và x0 ∈ D. Ta nói:
f liên tục tại x0 ⇔ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x ∈ D, d(x, x0) < δ
⇒ |f(x)− f(x0)| < ε
Nếu f liên tục tại mọi x ∈ D ta nói f liên tục trên D
f liên tục trên D ⇔ ∀x ∈ D, ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x′ ∈ D, d(x, x′) < δ
⇒ |f(x)− f(x′)| < ε
f liên tục đều trên D ⇔ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x, x′ ∈ D, d(x, x′) < δ
⇒ |f(x)− f(x′)| < ε
Ta có: Nếu x0 ∈ D và x0 là điểm giới hạn của D thì:
f liên tục tại x0 ⇔ lim
x→x0
f(x) = f(x0)
2.3 Tập D ⊂ Rn được gọi là liên thông nếu không có hai tập mở O1, O2 sao cho :
D ∩Oi 6= Ø, i = 1, 2, D ⊂ O1 ∪O2, D ∩O1 ∩O2 = Ø
Định lý:
Cho A là tập đóng bị chặn trong Rn và f : A→ R liên tục. Khi đó:
a) f liên tục đều trên A
b) f đạt cực đại, cực tiểu trên A, nghĩa là có x0, y0 ∈ A sao cho :
f(x0) = max{f(x), x ∈ A}
f(y0) = min{f(x), x ∈ A}
2
c) Nếu giả sử thêm A liên thông và đặt :
m = min{f(x), x ∈ A} , M = max{f(x), x ∈ A}
Khi đó :f(A) = [m,M ]
3. Thí dụ :
3.1 Cho f(x, y) =
√
1− x2 − y2, miền xác định Df = {x2 + y2 ≤ 1} là tập đóng,
bị chặn trong R2
Cho g(x, y) =
√
x2
4
+ y2 − 1 + ln(4− x2 − y2) miền xác định:
Dg =
{
(x, y) ∈ R2/x2 + y2 < 4, x
2
4
+ y2 ≥ 1
}
Biên của Dg là hai đường cong :
C1 =
{
x2
4
+ y2 = 1
}
, C2 = {x2 + y2 = 4}
Mọi (x, y) ∈ C1, (x, y) 6= (±2, 0) thì (x, y) ∈ Dg
Mọi (x, y) ∈ C2 thì (x, y) /∈ Dg
Dg là tập bị chặn, Dg không là tập đóng cũng không là tập mở. Dg không liên
thông
Thật vậy, đặt:
O1 = {(x, y) ∈ R2/y > 0} , O2 = {(x, y) ∈ R2/y < 0}
O1, O2 là tập mở thỏa mãn:
Dg ∩Oi 6= Ø, i = 1, 2, Dg ⊂ O1 ∪O2, Dg ∩O1 ∩O2 = Ø
3.2 Cho A =
{
(x, y) ∈ R2/x, y ∈ Q ∩ [0, 1]
}
, B =
{
(x, y) ∈ R2/x, y ∈ [0, 1] \Q
}
Khi đó :
∂A = ∂B = [0, 1]× [0, 1], 0A =
0
B = Ø, A = B = [0, 1]× [0, 1]
Thật vậy , với (x, y) ∈ [0, 1]2 và r > 0, trong quả cầu mở tâm (x, y) bán
kính r, gọi D là hình vuông mở chứa trong quả cầu D =
(
x− r
2
, x+
r
2
)
×(
y − r
2
, y +
r
2
)
Do mỗi khoảng mở khác rỗng đều chứa vô số số hữu tỉ và 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 các điểm giới hạn của D cũng là [0, 1]× [0, 1]
3
3.3 Tính các giới hạn:
i) lim
x,y→0
sin xy
1− 3
√
1 + xy
= lim
t→0
sin t
1− (1 + t) 13 = limt→0
t
−t
3
= −3
(đặt t = xy)
ii) lim
x,y→0
1− cosxy
y2
= lim
x,y→0
x2(1− cosxy)
x2y2
= 0
iii) lim
x,y→+∞
(x2 + y2)e−(x+y) = 0
Thật vậy :
x2 + y2
ex+y
≤ x
2
ex
+
y2
ey
iv) lim
x,y→0
xy
x+ y
không tồn tại.
Thật vậy, đặt f(x, y) =
xy
x+ y
, chọn:
(xk, yk) =
(
1
k
, 0
)
→ (0, 0), lim
k→∞
f
(
1
k
, 0
)
= 0
(x′k, y
′
k) =
(
1
k
,−1
k
+
1
k2
)
→ (0, 0), lim
k→∞
f(x′k, y
′
k) = lim
k→∞
1
k
(−1
k
+
1
k2
)
1
k2
= −1
v) lim
x,y→0
x2y
x4 + y2
không tồn tại.
Đặt f(x, y) =
x2y
x4 + y2
, chọn:
(xk, yk) =
(
1
k
, 0
)
→ (0, 0), lim
k→∞
f
(
1
k
, 0
)
= 0
(x′k, y
′
k) =
(
1
k
,
1
k2
)
→ (0, 0), lim
k→∞
f
(
1
k
,
1
k2
)
=
1
2
3.4 Cho D là tập bị đóng, bị chặn trong Rn và x0 ∈ Rn. Chứng minh: có x1, y1 ∈ D
sao 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) thì f liên tục.
Do D là tập đóng, bị chặn nên f đạt cực đại, cực tiểu trong D.
3.5 Cho D là tập đóng trong Rn và x0 ∈ Rn. Chứng minh: có x1 ∈ D sao cho :
d(x0, x1) = min{d(x0, x), x ∈ D}
Đặt: f : D → R định bởi: f(x) = d(x0, x) thì f liên tục.
Với M > 0 đủ lớn sao cho D ∩B′(x0,M) 6= Ø (B′(x0, r) là quả cầu đóng).
Đặt D1 = D ∩B′(x0,M) thì D1 là tập đóng, bị chặn.
Vậy có x1 ∈ D sao cho:
d(x0, x1) = min{d(x0, x), x ∈ D1} ≤M
Với x ∈ D, xét hai trường hợp:
- x ∈ D1 thì d(x0, x) ≥ d(x0, x1)
4
- x /∈ D thì 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 và thỏa mãn: lim
||x||→∞
f(x) = 0. Chứng minh: f liên tục
đều.
Với ε > 0, do lim
||x||→∞
f(x) = 0, có M > 0 sao cho khi ||x|| > R thì: |f(x)| < ε
3
Khi đó: với x, y ∈ Rn, ||x|| > M, ||y|| > M thì
|f(x)− f(y)| < 2ε
3
< ε
Do f liên tục đều trên tập đóng, bị chặn B′(0,M + 1) nên có δ > 0 sao cho khi
x, y ∈ B′(0,M +1), d(x, y) < δ thì |f(x)− f(y)| < ε Vậy f liên tục đều trên Rn.
3.7 Cho
f(x, y) =
{
(x2 + y2)x
2+y2 , x2 + y2 > 0
a , x = y = 0
g(x, y) =
{
(x2 + y2)ex
2−y2 , x2 + y2 > 0
b , x = y = 0
Định a, b để f, g liên tục tại (0, 0).
Đặt t = x2 + y2, ta có: lim
x,y→0
(x2 + y2)x
2+y2 = lim
t→0
tt = 1
(do lim
t→0
ln tt = lim
t→0
t ln t = 0)
Vậy: f liên tục tại (0, 0)⇔ a = 1
Do x, y → 0, có thể giả sử x2 + y2 < 1. Khi đó:
(x2 + y2)x
2+y2 ≤ (x2 + y2)x2−y2 ≤ (x2 + y2)−(x2+y2)
Suy ra: lim
x,y→0
(x2 + y2)x
2−y2 = 1
Vậy g liên tục tại (0, 0)⇔ b = 1
Bài tập
1 - Khảo sát các giới hạn sau:
i) lim
x,y→0
y(x2 + y2)
y2 + (x2 + y2)2
ii) lim
x→0
y→1
(1 + xy)
1
x2 + xy
2 - Định a để các hàm số sau lên tục:
i) f(x, y) =
 cos
x3 − y3
x2 + y2
, x2 + y2 > 0
a , x = y = 0
ii) g(x, y) =
 x cos
1
x2 + y2
, x2 + y2 > 0
a , x = y = 0
3 - Chứng minh hàm số sau liên tục đều trên R2:
f(x, y) =
 (x+ y) sin
1
x2 + y2
, x2 + y2 > 0
0 , x = y = 0
HD: lim
x2+y2→∞
f(x, y) = 0
5
4 - Chứng minh hàm số sau không liên tục đều trên R2:
f(x, y) =
 (x2 + y2) cos
1
x2 + y2
, x2 + y2 > 0
0 , x = y = 0
HD: Hàm f(x, y) tương đương với hàm g(x, y) = x2 + y2 khi x2 + y2 → +∞
II - Sự khả vi
1. Đạo hàm riêng:
Cho D là tập mở trong Rn, f : D → R.
Đặt ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (thàng phần thứ i bằng 1). Với x ∈ D, đạo hàm riêng
của f tại x theo biến xi, ký hiệu
∂f
∂xi
(x), định bởi:
∂f
∂xi
(x) = lim
t→0
(x+ tei)− f(x)
t
(nếu giới hạn tồn tại, hữu hạn)
2. Sự khả vi:
Cho D là tập mở trong Rn, f : D → R và x ∈ D. Giả sử tồn tại các đạo hàm riêng
∂f
∂xi
(x), i = 1, . . . , n. Ta nói f khả vi tại x nếu với h = (h1, h2, . . . , hn) ∈ Rn sao cho
x+ h ∈ D thì:
f(x+ h)− f(x) =
n∑
i=1
∂f
∂xi
(x)hi + ||h||ϕ(h)
trong đó ϕ xác định trong lân cận của ORn thỏa: lim
h→ORn
ϕ(h) = 0
Vi phân của f tại x, ký hiệu là df(x), định bởi:
df(x) =
n∑
i=1
∂f
∂xi
(x)hi =
n∑
i=1
∂f
∂xi
(x)dxi thay hi bằng dxi
Tính chất:Nếu f khả vi tại x thì f liên tục tại x.
Điều kiện đủ: Nếu các đạo hàm riêng
∂f
∂xi
, i = 1, 2, . . . , n liên tục tại x thì f khả vi
tại x
Ghi chú: Hàm
f(x, y) =
{ xy
x2 + y2
, x2 + y2 > 0
0 , x = y = 0
có
∂f
∂x
(0, 0) =
∂f
∂y
(0, 0) = 0 nhưng f không liên tục tại (0, 0) (do không tồn tại
lim
x,y→0
f(x, y)).
3. Thí dụ:
3.1 Tính đạo hàm riêng:
a) f(x, y) = e
sin(
x
y
)
⇒ ∂f
∂x
(x, y) =
1
y
cos
x
y
· e
sin(
x
y
)
∂f
∂y
(x, y) = − x
y2
cos
x
y
· e
sin(
x
y
)
6
b) f(x, y, z) = (
y
x
)z = e
z ln
y
x
∂f
∂x
(x, y, z) = −z
y
(
y
x
)z ,
∂f
∂y
=
z
y
(
y
x
)z ,
∂f
∂z
= ln
y
x
(
y
x
)z
c) f(x, y) =
∫ x2 + y2
sin x
et
2
dt
∂f
∂x
(x, y) = 2xe(x
2 + y2)2 − cosxesin2 x, ∂f
∂y
(x, y) = 2ye(x
2 + y2)2
3.2 Xét sự khả vi của các hàm sau tại (0, 0)
a) f(x, y) =
 x+
xy2√
x2 + y2
, x2 + y2 > 0
0 , x = y = 0
Ta có:
∂f
∂x
(0, 0) = lim
t→0
f(t, 0)− f(0, 0)
t
= 1,
∂f
∂y
(0, 0) = lim
t→0
f(0, t)− f(0, 0)
t
= 0
Với h = (s, t), ϕ(s, t) =
1√
s2 + t2
[
f(s, t)− f(0, 0)− ∂f
∂x
(0, 0)s− ∂f
∂y
(0, 0)t
]
ϕ(s, t) =
st2
s2 + t2
. Suy ra: lim
s,t→0
ϕ(s, t) = 0
Vậy f khả vi tại (0, 0)
b) f(x, y) = 3
√
x3 + y3
∂f
∂x
(0, 0) = lim
t→0
f(t, 0)− f(0, 0)
t
= 1,
∂f
∂y
(0, 0) = lim
t→0
f(0, t)− f(0, 0)
t
= 1
Với h = (s, t), ϕ(s, t) =
1√
s2 + t2
[
f(s, t)− f(0, 0)− ∂f
∂x
(0, 0)s− ∂f
∂y
(0, 0)t
]
ϕ(s, t) =
1√
s2 + t2
[
3
√
s3 + t3 − s− t
]
Chọn s = t > 0, ϕ(s, s) =
1
s
√
2
[
s
3
√
2− 2s
]
=
1√
2
[
(
3
√
2− 2
)
Suy ra: không có lim
s,t→0
ϕ(s, t) = 0
Vậy f không khả vi tại (0, 0)
3.3 Cho
f(x, y) =
 x2 sin
1
x2 + y2
, x2 + y2 > 0
0 , x = y = 0
Xét sự khả vi của f tại mọi (x, y) ∈ R2. Xét sự liên tục của ∂f
∂x
,
∂f
∂y
tại (0, 0).
+ Tại (x, y) 6= (0, 0):
∂f
∂x
(x, y) = 2x sin
1
x2 + y2
− 2x
3
(x2 + y2)2
cos
1
x2 + y2
∂f
∂y
(x, y) = − 2x
2y
(x2 + y2)2
cos
1
x2 + y2
Do
∂f
∂x
,
∂f
∂y
liên tục tại mọi (x, y) 6= (0, 0) nên f khả vi tại mọi (x, y) 6= (0, 0).
+ Tại (0, 0):
7
∂f
∂x
(0, 0) = lim
t→0
f(t, 0)− f(0, 0)
t
= 0,
∂f
∂y
(0, 0) = lim
t→0
f(0, t)− f(0, 0)
t
= 0
Với h = (s, t), ϕ(s, t) =
s2√
s2 + t2
sin
1
s2 + t2
Suy ra: lim
s,t→0
ϕ(s, t) = 0
Vậy f khả vi tại (0, 0)
Chọn:
(xk, yk) = (0,
1
k
)→ (0, 0), ∂f
∂x
(0,
1
k
) = 0,
∂f
∂y
(0,
1
k
) = 0
(x′k, y
′
k) = (
1
2
√
kpi
,
1
2
√
kpi
)→ (0, 0), ∂f
∂x
(x′k, y
′
k) =
∂f
∂y
(x′k, y
′
k) = −16
√
kpi
Suy ra không tồn tại lim
x,y→0
∂f
∂x
(x, y), lim
x,y→0
∂f
∂y
(x, y)
Vậy
∂f
∂x
,
∂f
∂y
không liên tục tại (0, 0)
BÀI TẬP:
1) Cho
f(x, y) =
sin xy
x
, x 6= 0
Định giá trị của f tại (0, y) để f liên tục. Khi đó tính
∂f
∂x
(0, 0),
∂f
∂y
(0, 0)
2) Cho
f(x, y) =

x2 − 2y2
x− y , x 6= y
0 , x = y
a) Xét tính liên tục của f tại (0, 0) và (1, 1)
b) Tính
∂f
∂x
(0, 0),
∂f
∂y
(0, 0)
3) Cho
f(x, y) =

x sin y√
x2 + y2
, x2 + y2 > 0
0 , x = y = 0
Xét sự khả vi của f tại (0, 0).
4) Cho
f(x, y) =

1
x2 + y2
e
− 1√
x2+y2 , x2 + y2 > 0
0 , x = y = 0
Tính
∂f
∂x
(x, y),
∂f
∂y
(x, y) và xét tính liên tục của chúng tại mọi (x, y), đặc biệt
tại (0, 0)
HD: Dùng lim
t→∞
tn
et
= 0
5) Chứng tỏ các hàm sau có đạo hàm riêng
∂f
∂x
,
∂f
∂y
không liên tục tại (0, 0) nhưng
f khả vi tại (0, 0):
a) f(x, y) =
 (x2 + y2) sin
1√
x2 + y2
, x2 + y2 > 0
0 , x = y = 0
8
b) f(x, y) =
 ln(1 + x2 + y2) sin
1√
x2 + y2
, x2 + y2 > 0
0 , x = y = 0
6) Cho
f(x, y) =
 x2 sin
1
(x2 + y2)1/3
, x2 + y2 > 0
0 , x = y = 0
Chứng minh các đạo hàm riêng
∂f
∂x
,
∂f
∂y
liên tục tại mọi (x, y) đặc biệt tại (0, 0)
HD:
∂f
∂x
(x, y) = 2x sin
1
(x2 + y2)
1
3
− 2
3
x3
(x2 + y2)
4
3
cos
1
(x2 + y2)
1
3
∂f
∂y
(x, y) = −2
3
x2y
(x2 + y2)
4
3
cos
1
(x2 + y2)
1
3
0 ≤ |x|
3
(x2 + y2)
4
3
≤ |x|
(x2 + y2)
1
3
≤ |x| 13
0 ≤ x
2|y|
(x2 + y2)
4
3
≤ |y|
(x2 + y2)
1
3
≤ |y| 13
4. Hàm ẩn:
Định nghĩa: Cho A ⊂ Rn, B ⊂ Rp, mỗi phần tử của A × B ghi là (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 được gọi là hàm thành phần của f . Mỗi hàm
thành phần là một hàm số thực theo n+ p biến số thực
(x, y) = (x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yp)
Phương trình vectơ:
f(x, y) = ORp (1)
tương đương với hệ thống gồm p phương trình:
f1(x, y) = 0
f2(x, y) = 0
..................
fp(x, y) = 0
(2)
Khi nào từ phương trình vectơ (1) có thể giải được y = ϕ(x) ?
Ánh xạ ϕ xác định trong tập con của Rn có giá trị trong Rp, nếu có, được gọi là ánh
xạ ẩn suy ra từ phương trình vectơ (1).
Điều này tương đương với bài toán: khi nào từ hệ phương trình (2) có thể giải được
y1, y2, . . . , yp là các hàm theo các biến x1, x2, . . . , xn:
y1 = ϕ1(x1, x2, . . . , xn)
y2 = ϕ2(x1, x2, . . . , xn)
...................................
yp = ϕp(x1, x2, . . . , xn)
Các hàm ϕ1, ϕ2, . . . , ϕp, nếu có, được gọi là hàm ẩn suy ra từ hệ phương trình (2)
Sau đây là định lí hàm ẩn cho trường hợp đặc biệt
Định lý:
9
i) Phương trình f(x, y) = 0:
Cho f có đạo hàm riêng
∂f
∂x
,
∂f
∂y
liên tục trong lân cận của (x0, y0). Giả sử:
f(x0, y0) = 0 và
∂f
∂y
(x0, y0) 6= 0
Khi đó, có khoảng mở I chứa x0, hàm y : I → R khả vi liên tục thỏa mãn:
y(x0) = y0, f(x, y(x)) = 0, ∀x ∈ I
và
dy
dx
(x) = −
∂f
∂x
(x, y(x))
∂f
∂y
(x, y(x))
, ∀x ∈ I
ii) Phương trình f(x, y, z) = 0:
Cho f có đạo hàm riêng liên tục trong lân cận của (x0, y0, z0)
Giả sử f(x0, y0, z0) = 0 và
∂f
∂z
(x0, y0, z0) 6= 0
Khi đó 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)) = 0 , ∀(x, y) ∈ D
và
∂z
∂x
(x, y) = −
∂f
∂x
(x, y, z(x, y))
∂f
∂z
(x, y, z(x, y))
,
∂z
∂y
(x, y) = −
∂f
∂y
(x, y, z(x, y))
∂f
∂z
(x, y, z(x, y))
, ∀(x, y) ∈ D
iii) Hệ phương trình: {
f(x, y, z) = 0
g(x, y, z) = 0
Cho f, g có các đạo hàm riêng liên tục trong lân cận của M0(x0, y0, z0). Giả sử:
{
f(x0, y0, z0) = 0
g(x0, y0, z0) = 0
và
∣∣∣∣∣∣∣
∂f
∂x
(M0)
∂f
∂y
(M0)
∂g
∂x
(M0)
∂g
∂y
(M0)
∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Khi đó có khoảng mở I chứa z0 và các hàm x, y : I → R khả vi liên tục thỏa
mãn:
x(z0) = x0, , y(z0) = y0,{
f(x(z), y(z), z) = 0
g(x(z), y(z), z) = 0
, với ∀z ∈ I
và đạo hàm
dx
dz
,
dy
dz
được tính từ hệ phương trình tuyến tính:

∂f
∂x
· dx
dz
+
∂f
∂y
· dy
dz
+
∂f
∂z
= 0
∂g
∂x
· dx
dz
+
∂g
∂y
· dy
dz
+
∂g
∂z
= 0
10
iv) Hệ phương trình: {
f(x, y, u, v) = 0
g(x, y, u, v) = 0
Cho f, g có các đạo hàm riêng liên tục trong lân cận của M0(x0, y0, u0, v0). Giả
sử: {
f(x0, y0, u0, v0) = 0
g(x0, y0, u0, v0) = 0
và
∣∣∣∣∣∣∣
∂f
∂u
(M0)
∂f
∂v
(M0)
∂g
∂u
(M0)
∂g
∂v
(M0)
∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Khi đó có một lân cận mở D của (x0, y0) và 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)) = 0
g(x, y, u(x, y), v(x, y)) = 0
, với ∀(x, y) ∈ D
Các đạo hàm riêng
∂u
∂x
,
∂u
∂y
,
∂v
∂x
,
∂v
∂y
cho bởi hệ 4 phương trình:

∂f
∂u
· ∂u
∂x
+
∂f
∂v
· ∂v
∂x
+
∂f
∂x
= 0
∂g
∂u
· ∂u
∂x
+
∂g
∂v
· ∂v
∂x
+
∂g
∂x
= 0
∂f
∂u
· ∂u
∂y
+
∂f
∂v
· ∂v
∂y
+
∂f
∂y
= 0
∂g
∂u
· ∂u
∂y
+
∂g
∂v
· ∂v
∂y
+
∂g
∂y
= 0
Thí dụ:
1) Cho z = z(x, y) xác định từ hệ phương trình
x = u+ v
y = u2 + v2
z = u3 + v3
u 6= v
Tính
∂z
∂x
,
∂z
∂y
Ta xem u = u(x, y), v = v(x, y), z = z(x, y) là hàm ẩn. Từ ba phương trình trên,
đạo hàm theo x, y:
1 =
∂u
∂x
+
∂v
∂x
0 = u
∂u
∂x
+ v
∂v
∂x
⇒ ∂u
∂x
=
v
v − u,
∂v
∂x
=
−u
v − u

0 =
∂u
∂y
+
∂v
∂y
1 = 2u
∂u
∂y
+ 2v
∂v
∂y
⇒ ∂u
∂y
=
−1
2(v − u) ,
∂v
∂y
=
1
2(v − u)
11

∂z
∂x
= 3u2
∂u
∂x
+ 3v2
∂v
∂x
∂z
∂y
= 3u2
∂u
∂y
+ 3v2
∂v
∂y
⇒
∂z
∂x
= −uv
∂z
∂y
=
3
2
(u+ v)
2) Cho u = u(x, y), v = v(x, y) là hàm ẩn suy ra từ hệ phương trình:{
euv + u+ v = x+ 1
uv + u2 + v = x+ y
với giả thiết u(0, 0) = 0, v(0, 0) = 0
Tính
∂u
∂x
(0, 0),
∂u
∂y
(0, 0),
∂v
∂x
(0, 0),
∂v
∂y
(0, 0)
Xem u = u(x, y), v = v(x, y) là hàm ẩn, từ hai phương trình đạo hàm theo x, y:
(u
∂u
∂x
+ v
∂v
∂x
)euv +
∂u
∂x
+
∂v
∂x
= 1
u
∂u
∂x
+ v
∂v
∂x
+ 2u
∂u
∂x
+
∂v
∂x
= 1

(u
∂u
∂y
+ v
∂v
∂y
)euv +
∂u
∂y
+
∂v
∂y
= 0
u
∂u
∂y
+ v
∂v
∂y
+ 2u
∂u
∂y
+
∂v
∂y
= 1
Thay u(0, 0) = 0, v(0, 0) = 0, ta được:
∂u
∂x
(0, 0) +
∂v
∂x
(0, 0) = 1
∂v
∂x
(0, 0) = 1
⇒ ∂u
∂x
(0, 0) = 0

∂u
∂y
(0, 0) +
∂v
∂y
(0, 0) = 0
∂v
∂y
(0, 0) = 1
⇒ ∂u
∂y
(0, 0) = −1
BÀI TẬP
1- Cho z = z(x, y) là hàm ẩn suy ra từ các phương trình sau, tính
∂z
∂x
,
∂z
∂y
:
a) z ln(x+ z)− xy
z
= 0
b) xz − ez/y + x3 + y3 = 0
2- Cho x = x(z), y = y(z) là hàm ẩn suy từ hệ: x2 + y2 − z
2
2
= 0
x+ y + z = 2
Tính x′(2), y′(2)
12
3- Cho u = u(x, y), v = v(x, y), z = z(x, y) là hàm ẩn suy ra từ:
x = u+ ln v
y = v − lnu
z = 2u+ v
Tính
∂z
∂x
,
∂z
∂y
tại điểm u = 1, v = 1.
4- Cho u = u(x, y), v = v(x, y) là hàm ẩn suy từ:{
xeu+v + 2uv − 1 = 0
yeu−v − u
1 + v
− 2x = 0
Tính
∂u
∂x
(1, 2),
∂v
∂y
(1, 2),
∂u
∂x
(1, 2),
∂v
∂y
(1, 2), biết u(1, 2) = 0, v(1, 2) = 0
HD: Sau khi đạo hàm riêng hai phương trình theo x, y thay điều kiện u(1, 2) =
0, v(1, 2) = 0.
13