Sự Liên Tục Và Sự Khả Vi Của Hàm Hai Biến - Tài Liệu Text - 123doc

Tải bản đầy đủ (.pdf) (38 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Thạc sĩ - Cao học
>>
3. Sư phạm

Sự liên tục và sự khả vi của hàm hai biến

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (311.44 KB, 38 trang )

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOĐẠI HỌC ĐÀ NẴNGTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠMNGUYỄN HUỲNH KHÁNH VÂNSỰ LIÊN TỤC VÀ SỰ KHẢ VI CỦAHÀM HAI BIẾNChuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCHLUẬN VĂN TỐT NGHIỆPNgười hướng dẫn khoa họcTS. LÊ HOÀNG TRÍĐà Nẵng, N˚am 2018Lời cám ơnTôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với (thầy) TS. Lê Hoàng Trí, người đãhướng dẫn tôi tận tình trong suốt thời gian thực hiện đề tài.Tôi xin chân thành cám ơn các thầy cô giáo Khoa Toán - Trường Đại học Sư phạm- Đại học Đà Nẵng đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập.Đặc biệt, tôi xin chân thành cám ơn bạn bè khóa 14ST đã động viên giúp đỡ tôitrong suốt quá trình học tập và làm luận văn.Đà Nẵng, tháng 4 n˚am 2018Tác giảNguyễn Huỳnh Khánh VâniiMục lụcTrang phụ bìa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .iLời cám ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .iiMục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3Chương 1 - Định nghĩa và tính chất về sự liên tục của hàm hai biến1.11.2Một số khái niệm và kết quả về không gian metric . . . . . . . . . . . . .51.1.1Không gian Metric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .51.1.2Vị trí tương đối giữa một điểm đối với một tập . . . . . . . . . .81.1.3Tập mở, tập đóng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .91.1.4Phần trong, bao đóng của một tập . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1.5Sự hội tụ trong không gian metric . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Định nghĩa và tính chất về sự liên tục của hàm hai biến . . . . . . . . . . 141.2.1Hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.2Tính liên tục của hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.3Liên tục đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Chương 2 - Định nghĩa và tính chất về sự khả vi của hàm hai biến2.12.2521Đạo hàm riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.1.1Đạo hàm riêng của hàm hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.1.2Đạo hàm riêng cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2.1Vi phân của hàm số hai biến số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2.2Đạo hàm của hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.2.3Tính bất biến của dạng vi phân( hay vi phân của hàm số hợp) . . 291Chương 3 - Một số ví dụ về các hàm khả vi và hàm liên tục31KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362Mở đầu1. Lý do chọn đề tàiCùng với khái niệm giới hạn, tính liên tục và tính khả vi của hàm số là những kiếnthức cơ sở quan trong của giải tích toán học. Các khái niệm, tính chất và định lý về sựliên tục, sự khả vi của hàm số thường xuyên được khai thác trong các kỳ thi Olympicquốc gia, quốc tế. Các khái niệm, tính chất, kết quả chứng minh về sự liên tục, sự khảvi trong Giải tích một biến có tính trực quan cao, dễ hiển thị thì sang không gian nhiềuchiều tính trừu tượng đã tăng lên rõ rệt. Tuy nhiên cái đẹp của Toán học nằm trongsự trừu tượng và cái ích của Toán học nằm trong sự cụ thể. Xuất phát từ lí do đó, tôitiến hành nghiên cứu này nhằm trình bày lại các định nghĩa và tính chất về sự liên tục,sự khả vi của hàm nhiều biến (cụ thể là hàm hai biến) giúp người đọc nắm rõ các kiếnthức cơ bản và tổng quát về tính liên tục, khả vi của hàm hai biến (không gian R2 ) từđó dễ dàng khái quát trong không gian. Rn .2. Mục tiêu và nội dung nghiên cứu đề tàiHàm số là một trong những khái niệm cơ bản của giải tích toán học. Hàm hai biếnđược sử dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khác nhau của khoa học vè kỹ thuật. Nhiềutính chất của hàm được khai thác triệt để và là giả thiết không thể thiếu trong nhiềunghiên cứu: tính liên tục và tính khả vi của hàm số. Mục đích của luận văn là trình bàylại những định nghĩa, tính chất đặc trưng về sự liên tục, sự khả vi của hàm hai biến vàmột số ví dụ liên quan đến các tính chất này.3. Phương pháp nghiên cứuĐọc, dịch, tra cứu tài liệu tham khảo, sách chuyên ngành, trao đổi với thầy, nghiêncứu khoa học một cách logic và hệ thống.4. Bố cục luận vănBố cục nội dung gồm ba phần: mở đầu, nội dung chính và kết luận.Phần mở đầu giới thiệu đề tài của luận văn.Phần nội dung gồm ba chương:3- Chương 1: Các kiến thức về không gian metric gồm một số khái niệm và kết quảthường xuyên sử dụng. Định nghĩa và tính chất về sự liên tục của hàm hai biến.- Chương 2: Các định nghĩa và tính chất về sự khả vi của hàm hai biến.- Chương 3: Một số ví dụ về sự liên tục và khả vi của hàm hai biến.Phần kết luận nêu tóm tắt các kết quả đạt được của luận văn.4CHƯƠNG 1ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT VỀ SỰLIÊN TỤC CỦA HÀM HAI BIẾNChương này trình bày khái niệm không gian metric và một số tính chất thường gặptrong không gian metric; định nghĩa về hàm hai biến và các tính chất về sự liên tụccủa hàm hai biến.1.1Một số khái niệm và kết quả về không gianmetric1.1.1Không gian MetricĐịnh nghĩa 1.1.1.1: Giả sử X là một tập tùy ý khác rỗng cho trước. Ta gọi hàm sốd : X × X → R là một metric (hay khoảng cách) trên X nếu hàm số này thỏa mãnnhững điều kiện sau:i) d (x, y)0, với mọi x, y ∈ X : d (x, y) = 0 khi và chỉ khi x = yii) d (x, y) = d (y, x), với mọi x, y ∈ Xiii) d (x, z)d (x, y) + d(y, z), với mọi x, y, z ∈ X, (bất đẳng thức tam giác)Khi đó: d được gọi là một metric trên X và Cặp (X, d) được gọi là không gian metric.Ví dụ 1.1.1.1: Ký hiệu R2 = {(x, y) : x, y ∈ R}. Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 ,ta đặtd(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) =(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 . Khi đó: d là một metric trên R2 .Chứng minh: Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) thuộc R2• d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) =(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = 0 ⇔0 và(x1− x2 )2 + (y1 − y2 )2 = 0 x1 = x2⇔ y1 = y2⇔ (x1 , y1 ) = (x2 , y2 )5• d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) =(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2=(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2= d(x2 , y2 ), (x1 , y1 )• Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ) thuộc R2 ,ta chứng minh:d(x1 , y1 ), (x3 , y3 )d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) + d(x2 , y2 ), (x3 , y3 ). Hay nói cách khác, taphải chứng minh:(x1 − x3 )2 + (y1 − y3 )2(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 +(x2 − x3 )2 + (y2 − y3 )2Thật vậy, ta đặt a1 = x1 − x2 , b1 = y1 − y2 , a2 = x2 − x3 , b2 = y2 − y3 , khi đóa1 + a2 = x1 − x3 ,b1 + b2 = y1 − y3 . Lúc này, bất phương trình trên tương đươngvới:(a1 + a2 )2 + (b1 + b2 )2 ≤a1 2 + b 1 2 +a2 2 + b 2 2⇔ a1 2 + a2 2 + 2a1 a2 + b1 2 + b2 2 + 2b1 b2 ≤ a1 2 + a2 2 + b1 2 + b2 2+2a1 2 + b 1 2a2 2 + b 2 2⇔ a1 a2 + b 1 b 2 ≤a1 2 + b 1 2a2 2 + b2 2 (bất đẳng thức Bunyakovsky)Vậy d là metric trên R2 .Ví dụ 1.1.1.2: Cho X = R2 . Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 , ta đặtd(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 |. Khi đó: d là một metric trên R2 .Chứng minh: Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) thuộc R2• d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 | ≥ 0d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = 0 ⇔ |x1 − x2 | + |y1 − y2 | = 0 ⇔ |x1 − x2 | = 0 |y1 − y2 | = 0⇔ x1 = x2⇔ (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) y1 = y2• d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 | = |x2 − x1 | + |y2 − y1 | = d(x2 , y2 ), (x1 , y1 )• Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ) thuộc R2 , ta chứng minh d(x1 , y1 ), (x3 , y3 )d(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) + d(x2 , y2 ), (x3 , y3 ). Hay nói cách khác, ta phải chứng minh:6|x1 − x3 | + |y1 − y3 | ≤ |x1 − x2 | + |y1 − y2 | + |x2 − x3 | + |y2 − y3 |.Thật vậy, ta có:|x1 − x2 | + |x2 − x3 | ≥ |x1 − x2 + x2 − x3 | = |x1 − x3 ||y1 − y2 | + |y2 − y3 | ≥ |y1 − y2 + y2 − y3 | = |y1 − y3 |Cộng hai phương trình trên vế theo vế ta được điều phải chứng minh.Vậy d là một metric trên R2 .Ví dụ 1.1.1.3: Cho X = R2 . Với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 , ta đặtd(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) = max {|x1 − x2 | , |y1 − y2 |}. Khi đó d là một metric trên R2 .Chứng minh: Dễ dàng chứng minh được d thỏa mãn điều kiện i),ii) theo định nghĩa1.1.1.1 Ta kiểm tra điều kiện iii), tức là chứng minh max {|x1 − x3 | , |y1 − y3 |}≤ max {|x1 − x2 | , |y1 − y2 |} + max {|x2 − x3 | , |y2 − y3 |} ,với mọi (x1 , y1 ), (x2 , y2 ),(x3 , y3 ) thuộc R2 .Thật vậy, ta xét:Nếu |x1 − x3 | > |y1 − y3 |, ta suy ra d(x1 , y1 ) , (x3 , y3 ) = |x1 − x3 | = |x1 − x2 + x2 − x3 |≤ |x1 − x2 | + |x2 − x3 | ≤ d (x1 , y1 ) , (x2 , y2 ) + d (x2 , y2 ) , (x3 , y3 ).Nếu |x1 − x3 | ≤ |y1 − y3 |, ta suy ra d(x1 , y1 ) , (x3 , y3 ) = |y1 − y3 | = |y1 − y2 + y2 − y3 |≤ |y1 − y2 | + |y2 − y3 | ≤ d (x1 , y1 ) , (x2 , y2 ) + d (x2 , y2 ) , (x3 , y3 ).Khi đó d là một metric trên R2 .Ví dụ 1.1.1.4: Ký hiệu Rn = (x1 , x2 , ..., xn ) : xi ∈ R, i = 1, n là tập hợp tất cả cácbộ số gồm n số thực. Với x = (x1 , x2 , ..., xn ) , y = (y1 , y2 , ..., yn ) ∈ Rn , ta đặt:n|xi − yi |2d (x, y) =i=1Khi đó d là một metric trên Rn .Chứng minh: Rõ ràng d thỏa mãn các điều kiện i), ii) theo định nghĩa 1.1.1.1 Ta kiểmtra điều kiện iii), tức là chứng minh với mọi x, y, z ∈ Rn :nn2|xi − zi | ≤i=1n2|yi − zi |2|xi − yi | +i=1i=17Ta cónnn222|xi − zi | =d (x, z) =i=1i=1i=1nn|xi − yi |2 + 2=(|xi − yi | + |yi − zi |)2|(xi − yi ) + (yi − zi )| ≤i=1n|yi − zi |2|xi − yi | . |yi − zi | +i=1i=1Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz:nn|xi − yi |2 .|yi − zi |2|xi − yi | . |yi − zi | ≤i=1i=1nnn22⇒ d (x, z) ≤2|xi − yi | + 2i=12|yi − zi |2|xi − yi | . |yi − zi | +i=1i=1⇒ d (x, z) ≤ d (x, y) + 2d (x, y) .d (y, z) + d (y, z) = [d (x, y) + d (y, z)]2222⇒ d (x, z) ≤ d (x, y) + d (y, z)Vậy (Rn , d) là một không gian metric và ta gọi d là metric thông thường trên Rn .1.1.2Vị trí tương đối giữa một điểm đối với một tậpCho (X, d) là không gian metric, x0 là một điểm thuộc X và A ⊂ X.Định nghĩa 1.1.2.1: Ta gọi hình cầu mở tâm x0 bán kính r > 0 trong X và ký hiệuB (x0 , r) là tập {x ∈ X : d (x, x0 ) < r}.Định nghĩa 1.1.2.2: Ta gọi hình cầu đóng tâm x0 bán kính r > 0 trong X và kýhiệu B [x0 , r] là tập {x ∈ X : d (x, x0 ) ≤ r}.Trong R2 với metric thông thường, B (x0 , r) là hình tròn mà không lấy đườngtròn và B [x0 , r] là hình tròn mà có lấy đường tròn.Định nghĩa 1.1.2.3: x0 được gọi là điểm trong của A nếu tồn tại r > 0 sao choB (x0 , r) ⊂ AĐịnh nghĩa 1.1.2.4: x0 được gọi là điểm ngoài của A nếu tồn tại r > 0 sao choB (x0 , r) ⊂ X\AĐịnh nghĩa 1.1.2.5: x0 được gọi là điểm biên của A nếu nó không là điểm trong,cũng không là điểm ngoài của A.8Định nghĩa 1.1.2.6: x0 được gọi là điểm giới hạn (điểm tụ) của A nếu với mọir > 0, B (x0 , r) ∩ (A\ {x0 }) = ∅.Định nghĩa 1.1.2.7: x0 được gọi là điểm dính của A nếu với mọi r > 0,B (x0 , r) ∩ A = ∅.Nhận xét 1.1.2.1: Có ba trường hợp xảy ra đối với vị trí của x0 và tập A: x0 làđiểm trong của A, x0 là điểm ngoài của A hoặc x0 là điểm biên của A.1.1.3Tập mở, tập đóngĐịnh nghĩa 1.1.3.1: Cho (X, d) là không gian metric, A ⊂ X. Khi đó, A được gọi làtập hợp mở (tập mở) nếu mỗi điểm của A đều là điểm trong (của A).Nhận xét 1.1.3.1: Mọi hình cầu mở là tập mởChứng minh: Giả sử B (x, r) là hình cầu mở tâm x bán kính r trong X. Lấy bất kỳy ∈ B (x, r), ta có d (x, y) < r. Đặt δ = r − d (x, y) > 0. Ta phải chứng minh:B (y, δ) ⊂ B (x, r). Thật vậy, nếu z ∈ B (y, δ) thì d (y, z) < δ. Khi đó:d (x, z) ≤ d (x, y) + d (y, z) < d (x, y) + δ = r.nên d (x, z) < r. Vậy B (x, r) là tập mở.Định lý 1.1.3.1: Trong một không gian metric bất kỳ ta có:a) Hợp tùy ý các tập mở là tập mởb) Giao hữu hạn các tập mở là tập mở.Chứng minh: a) Giả sử {Aα }α∈I là họ tùy ý các tập mở trong X, ta chứng minhF =Aα mở trong X. Thật vậy, với mọi x thuộc F , tồn tại α0 thuộc I sao cho xα∈Ithuộc Aα0 . Vì Aα0 là tập mở nên x là điểm trong của Aα0 , ta suy ra tồn tại r > 0 saocho B (x, r) ⊂ Aα0 ⊂Aα . Suy ra với mọi x thuộc F , x là điểm trong của F . Vậy Fα∈Ilà tập mở trong X.b) Giả sử A1 , ..., An là hữu hạn các tập mở trong X, ta phải chứng minhnE=nAi mở trong X. Với mọi x thuộc E =i=1Ai , suy ra x thuộc Ai với mọii=19i = 1, ..., n. Mỗi Ai là tập mở nên tồn tại ri > 0 sao cho B (x, ri ) ⊂ Ai . Với mọii = 1, ..., n ta đặt r = min ri , khi đó B (x, r) ⊂ B (x, ri ) ⊂ Ai . Do đónB (x, r) ⊂ E =Ai . Vậy E là tập mở trong X.i=1Định nghĩa 1.1.3.2: Cho F ⊂ X được gọi là tập hợp đóng của X nếu X\F là tậpmở.Định lý 1.1.3.2: Cho (X, d) là không gian metric, F ⊂ X. Khi đó F đóng khi và chỉkhi với bất kỳ dãy {xn } ⊂ F , nếu xn → x thì x phải thuộc F .Chứng minh: Thật vậy:(⇒) Giả sử F đóng trong X, dãy {xn } ⊂ F và xn → x. Ta phải chứng minh x ∈ F .Giả sử ngược lại x ∈/ F tức là x ∈ X\F . Vì F là tập đóng nên X\F là tập mở. Khi đóx là điểm trong của X\F , suy ra tồn tại r > 0 sao cho B (x, r) ⊂ X\F . Mặt khác, vìxn → x nên d (xn , x) → 0 khi n → ∞. Ta chọn ε = r, khi đó tồn tại Nε ∈ N∗ sao chod (xn , x) < r với mọi n ≥ Nε . Suy ra xn ∈ B (x, r) ⊂ X\F với mọi n ≥ Nε . Tức làxn ∈/ F với mọi n ≥ Nε (vô lý vì dãy {xn } ⊂ F ) . Vậy x ∈ F .(⇐) Giả sử với mọi dãy {xn } ⊂ F , nếu xn → x ta đều có x ∈ F . Ta chứng minh F làtập đóng trong X. Giả sử ngược lại F là tập không đóng, suy ra X\F là tập khôngmở, tức là tồn tại y ∈ X\F sao cho y không là điểm trong của X\F . Khi đó với mọir > 0 thì B (y, r) ⊂ X\F hay nói cách khác B (y, r) ∩ F = ∅. Với mọi n ∈ N∗ , ta chọn111r = , khi đó B y,∩ F = ∅. Suy ra với mọi n ∈ N∗ , tồn tại yn ∈ B y,∩ F.nnn11nên d (yn , y) 0 sao chox ∈ B (x, r) ⊂ A. Do B (x, r) là tập hợp mở nên:B (x, r) ∈ V : V mở, V ⊂ A ⊂ X⇒ B (x, r) ⊂V : V mở, V ⊂ A ⊂ X⇒ intA ⊂ A.Đặt B =V : V mở, V ⊂ A ⊂ X . Lấy x bất kỳ thuộc B, suy ra tồn tại Vo mở saocho x ∈ Vo ⊂ A. Vì Vo mở nên tồn tại r > 0 sao cho B (x, r) ⊂ Vo ⊂ A. Khi đó x làđiểm trong của A nên x thuộc intA. Suy ra B ⊂ intA.Vậy nhận xét đã được chứng minh.b) Theo câu a, intA =V : V mở, V ⊂ A ⊂ X mà hợp tùy ý các tậpmở là tập hợp mở nên intA cũng là tập mở. Bây giờ tâ chứng minh intA là tập mở lớnnhất trong A. Thật vậy, giả sử G là tập mở lớn nhất trong A, ta sẽ chứng minh G = A.Vì G là tập mở nên G ∈ V : V mở, V ⊂ A ⊂ X . Suy raG⊂V : V mở, V ⊂ A ⊂ X = intA.Mặt khác, G là tập mở lớn nhất trong A mà intA là tập mở trong A. Suy ra intA ⊂ G.Vậy nhận xét đã được chứng minh.c) Nhận xét được chứng minh như sau:(⇒) Cho A là tập mở, ta sẽ chứng minh intA = A.Ta đã chứng minh được intA ⊂ A ở câu a, bây giờ ta chỉ cần chứng minh A ⊂ intA.Thật vậy, intA là tập mở lớn nhất trong A mà A cũng mở trong A nên A ⊂ intA.(⇐) Giả sử intA = A, dễ dàng ta chứng minh được A là tập mở.11Định nghĩa 1.1.4.2: Cho (X, d) là không gian metric, F ⊂ X. Khi đó, giao của tấtcả các tập đóng chứa F được gọi là bao đóng của F . Ký hiệu là: F hay cl F . Như vậy:F =E : E đóng, F ⊂ E ⊂ XNhận xét 1.1.4.2: Cho (X, d) là không gian metric, F ⊂ X. Khi đó:a) F ⊂ Fb) F là tập đóng nhỏ nhất chứa F .c) F đóng trong X khi và chỉ khi F = FChứng minh: Chứng minh tương tự như ở phần nhận xét 1.1.4.11.1.5Sự hội tụ trong không gian metricĐịnh nghĩa 1.1.5.1: Cho (X, d) là không gian metric và {xn } là một dãy trong X.Ta nói dãy {xn } hội tụ đến x ∈ X nếu khoảng cách giữa xn và x0 dần tiến đến 0 khin → ∞. Lúc đó x0 được gọi là giới hạn của dãy xn và ta sẽ ký hiệu làlim xn = x0 hay xn → x0 khi n → ∞. Diễn tả lại ta có:n→∞lim xn = x0 ⇔ lim d (xn , x0 ) = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 , d (xn , x0 ) < εn→∞n→∞Nhận xét 1.1.5.1: Cho {xn } , {yn } là các dãy trong không gian metric X.a) Nếu xn → x0 thì x0 là duy nhất.b) Nếu xn → x0 và yn → y0 thì d (xn , yn ) → (x0 , y0 )Chứng minh: a) Giả sử xn → x0 và xn → y0 . Ta sẽ chứng minh x0 = y0Thật vậy. từ bất đẳng thức tam giác ta có: d (x0 , y0 ) ≤ d (x0 , xn ) + d (xn , y0 ).Cho n → ∞ thì: 0 ≤ d (x0 , y0 ) ≤ lim d (x0 , xn ) + lim d (xn , y0 ) = 0n→∞n→∞Vậy d (x0 , y0 ) = 0 hay x0 = y0 .b) Thật vậy:d (x0 , y0 ) ≤ d (x0 , xn ) + d (xn , yn ) + d (yn , y0 ) => d (x0 , y0 ) − d (xn , yn ) ≤d (x0 , xn ) + d (yn , y0 ) .(1)12d (xn , yn ) ≤ d (xn , x0 ) + d (x0 , y0 ) + d (y0 , yn ) => d (xn , yn ) − d (x0 , y0 )≤d (xn , x0 ) + d (y0 , yn ) .(2)Từ (1) và (2) ta suy ra:0 ≤ |d (xn , yn ) − d (x0 , y0 )| ≤ d (xn , x0 ) + d (yn , y0 )⇒ lim |d (xn , yn ) − d (x0 , y0 )| = 0n→∞⇒ lim (d (xn , yn ) − d (x0 , y0 )) = 0n→∞Ví dụ 1.1.5.1: Cho {xn } , {yn } là các dãy trong không gian metric X.1. Hội tụ trong R, C. Giả sử {xn } là một dãy trong R với metric thông thường.Theo định nghĩa, dãy {xn } hội tụ về x0 khi và chỉ khi |xn − x0 | → 0 khi n → ∞2. Hội tụ trong Rk . Giả sử {xn } là một dãy trong Rk với metric thông thường. Tacó:(n)(n)(0)(0)(n)xn = x1 , x2 , ..., xk(0)x0 = x1 , x2 , ..., xk(0)(0)(0)∈ Rk khi và chỉTheo định nghĩa, dãy {xn } hội tụ về x0 = x1 , x2 , ..., xkkhi d (xn , x0 ) → 0 khi n → ∞. Điều này tương đương với:k(n)xi(0)2− xi(n)→ 0 ⇔ xi(0)− xi(n)→ 0 ⇔ xi(0)→ xi∀i = 1, ki=1Như vậy, sự hội tụ của một dãy trong Rk chính là sự hội tụ theo tọa độ (haythành phần) của dãy. Đặc biệt với k = 1 thì đây chính là sự hội tụ của một dãy sốthực thông thường.Định nghĩa 1.1.5.2: Cho (X, d) là không gian metric và {xn } là một dãy trong X.Ta nói dãy {xn } là dãy Cauchy (dãy cơ bản) khi và chỉ khi:∀ε > 0, ∃n0 ∈ N : ∀m, n ≥ n0 , d (xn , xm ) < εBổ đề 1.1.5.1: Cho (X, d) là không gian metric và {xn } là một dãy trong X. Nếuxn → x thì xn là dãy Cauchy.Chứng minh: Giả sử xn → x, ta chứng minh xn là dãy Cauchy. Thật vậy:εεVì xn → x nên với mọi > 0, tồn tại n0 ∈ N sao cho: d (xn , x) < .22ε εMặt khác: d (xn , xm ) ≤ d (xn , x) + d (x, xm ) < + = ε ∀m, n ≥ n0 . Vậy xn là dãy2 2Cauchy.13Cho (X, d) là không gian metric và {xn } là một dãy trong X. Nếu xn → x thì xnlà dãy Cauchy nhưng điều ngược lại chưa chắc đúng, nghĩa là dãy Cauchy có thểkhông hội tụ.1.2Định nghĩa và tính chất về sự liên tục của hàmhai biến1.2.1Hàm hai biếnĐịnh nghĩa 1.2.1.1: Cho D ⊂ Rn . Một ánh xạ f từ D vào R được gọi là một hàm nbiến. Ta viết:f:D ⊂ Rn→ Rx = (x1 , x2 , ..., xn ) → f (x) = f (x1 , x2 , ..., xn )Tập hợp D được gọi là tập xác định (hay miền xác đinh) của hàm số f và x1 , x2 , ..., xnđược gọi là các biến số độc lập. Trong trường hợp n = 2 ta có hàm hai biến và thườngđược ký hiệu là z = f (x, y).Ví dụ 1.2.1.1: Ánh xạ f : R → R2 cho bởi:xynếu (x, y) = (0, 0)2x + y2f (x, y) = 0nếu (x, y) = (0, 0)là hàm hai biến.1.2.2Tính liên tục của hàm hai biếnĐịnh nghĩa 1.2.2.1: Giả sử D ⊂ R2 và f : D → R.i) Hàm f được gọi là liên tục tại x0 ∈ D nếu với mọi ε > 0 cho trước, tồn tại δ > 0sao cho d (f (x), f (x0 )) < ε với mọi x ∈ D mà d (x, x0 ) < δ.ii) Hàm f gọi là liên tục trên D nếu f liên tục tại mọi x ∈ D.Định lý 1.2.2.1: Hàm f liên tục tại x0 ∈ X khi và chỉ khi với mọi dãy {xn } ⊂ D,D ⊂ R2 , nếu xn → x0 thì f (xn ) → f (x0 ).14Chứng minh: Định lý được chứng minh như sau:(⇒) Giả sử f liên tục tại x0 và {xn } là một dãy trong D sao cho xn → x0 . Ta phảichứng minh f (xn ) → f (x0 ) trong R. Cho ε > 0, vì f liên tục tại x0 nên có δ > 0 saocho:d (f (x) , f (x0 )) < ε khi d (x, x0 ) < δ,x∈DVì xn → x0 nên với δ > 0 ở trên, tồn tại n0 ∈ N để d (xn , x0 ) < δ khi n ≥ n0 . Nhưnglúc đó theo trên thì d (f (xn ) , f (x0 )) < ε. Vậy d (f (xn ) , f (x0 )) < ε.(⇐) Ta dùng phản chứng để chứng minh. Giả sử f không liên tục tại x0 . Khi đó tồntại ε > 0 sao cho với mọi δ > 0 tồn tại x ∈ D sao cho d (x, x0 ) < δ thì1d (f (x) , f (x0 )) ≥ ε. Lấy δ = > 0 với mọi n ∈ N∗ . Khi đó tồn tại xn ∈ D thỏa mãnn1d (xn , x0 ) < nhưng d (f (xn ) , f (x0 )) ≥ ε. Như vậy ta đã chỉ ra một dãy {xn } ⊂ D,nxn → x0 khi n → ∞ nhưng f (xn ) →/ f (x0 ). Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Định lýđược chứng minh.Bổ đề 1.2.2.1: Cho f : D → R, D ⊂ R2 , x0 là một điểm thuộc D. Khi đó các khẳngđịnh sau tương đương:a) f liên tục tại x0 .b) Với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho f [B (x0 , δ)] ⊂ B [f (x0 ) , ε].c) Với mọi lân cận V của f (x0 ), tồn tại lân cận U của x0 sao cho f (U ) ⊂ V .Chứng minh: Bổ đề trên được chứng minh như sau:(a ⇒ b) Giả sử f liên tục tại x0 . Khi đó, với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọix ∈ D mà d (x, x0 ) < δ thì d (f (x) , f (x0 )) < ε. Ta phải chứng minh f [B (x0 , δ)]⊂ B [f (x0 , ε)]. Thật vậy, lấy y bất kỳ thuộc f [B (x0 , δ)]. Khi đó tồn tại x ∈ B (x0 , δ)sao cho y = f (x). Vì x ∈ B (x0 , δ) nghĩa là d (x, x0 ) < δ. Lúc này theo trên ta suy rađược d (f (x) , f (x0 )) < ε. Khi đó, y = f (x) ∈ B [f (x0 ) , ε]. Vậy f [B (x0 , δ)]⊂ B [f (x0 ) , ε].(b ⇒ a) Giả sử với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho f [B (x0 , δ)] ⊂ B [f (x0 ) , ε]. Ta sẽchứng minh f liên tục tại x0 . Thật vậy, với mọi x ∈ D mà d (x, x0 ) < δ tức làx ∈ B (x0 , δ). Lúc này, f (x) ∈ f [B (x0 , δ)] ⊂ B [f (x0 ) , ε]. Ta suy ra mọi ε > 0, tồn tại15δ > 0 mà d (x, x0 ) < δ thì d (f (x) , f (x0 )) < ε. Vậy theo định nghĩa f liên tục tại x0 .(b ⇒ c) Giả sử đã có b), ta sẽ chứng minh c) là đúng. Thật vậy, cho V là lân cận củaf (x0 ). Khi đó, tồn tại ε > 0 sao cho B (f (x0 ) , ε) ⊂ V . Theo câu b, tồn tại δ > 0 saocho f [B (x0 , δ)] ⊂ B [f (x0 ) , ε]. Đặt U = B (x0 , δ), lúc này U là lân cận của x0 vàf (U ) ⊂ V . Ta được điều phải chứng minh.(c ⇒ b) Giả sử đã có c, ta sẽ chứng minh b là đúng. Thật vậy với mọi ε > 0, V là lâncận của f (x0 ) nên đặt V = B [f (x0 ) , ε]. Khi đó, tồn tại lân cận U của x0 sao chof (U ) ⊂ V . Vì U là lân cận của x0 nên tồn tại δ > 0 sao cho B (x0 , δ) ⊂ U . Suy raf [B (x0 , δ)] ⊂ f (U ) ⊂ V = B [f (x0 ) , ε]. Ta được điều phải chứng minh.Định lý 1.2.2.2: Cho f : D → R, D ⊂ R2 . Khi đó các khẳng định sau tương đương:a) f liên tục trên D.b) Với mọi tập G mở trong R thì tập f −1 (G) là mở trong D.c) Với mọi tập F đóng trong R thì tập f −1 (F ) là đóng trong D.Chứng minh: Định lý được chứng minh như sau:(a ⇒ b) Giả sử x0 ∈ f −1 (G), khi đó f (x0 ) ∈ G. Vì G mở trong R nên tồn tại ε > 0 đểB (f (x0 ) , ε) ⊂ G. Do f liên tục tại x0 nên với ε này thì tồn tại δ > 0 sao cho với mọix ∈ D mà d (x, x0 ) < δ thì d (f (x) , f (x0 )) < ε. Điều này có nghĩa là với mọix ∈ B (x0 , δ) thì f (x) ∈ B (f (x0 ) , ε) ⊂ G hay x ∈ f −1 (G). Vậy B (x0 , δ) ⊂ f −1 (G)nên f −1 (G) là mở.(b ⇒ a) Cho x0 ∈ D và ε > 0. Tập B = B (f (x0 ) , ε) là tập mở trong R nên f −1 (B)mở trong D và x0 ∈ f −1 (B). Do vậy, tồn tại δ > 0 sao cho B (x0 , δ) ⊂ f −1 (B). Nóicách khác, với mọi x ∈ D sao cho d (x, x0 ) < δ thì x ∈ f −1 (B) nên f (x) ∈ B, nghĩa làd (f (x) , f (x0 )) < ε.(b ⇔ c) Ta có:f −1 (R\E) = D\f −1 (E)Do đó từ mối liên hệ giữa tập mở và tập đóng, ta lấy E lần lượt bằng F và G thì suyra được điều phải chứng minh.16Định lý 1.2.2.3: Giả sử f : A1 → A2 , g : A2 → R với A1 ⊂ R2 , A2 ⊂ R. Khi đó nếu fliên tục tại x0 thuộc A1 , g liên tục tại f (x0 ) thuộc A2 thì gof : A1 → R liên tục tạix0 ∈ A1 .Chứng minh: Giả sử {xn } ⊂ A1 và xn → x0 . Do f liên tục tại x0 nên f (xn ) → f (x0 )và g liên tục tại f (x0 ) nên g (f (xn )) → g (f (x0 )). Như vậy (g ◦ f ) (xn ) → (g ◦ f ) (x0 ).Vậy (g ◦ f ) liên tục tại x0 .Định lý 1.2.2.4: Nếu hàm f và g là những hàm liên tục tại x0 ∈ E ⊂ R2 . Khi đó:a) f ± g liên tục tại x0 .b) f g liên tục tại x0 .fc) liên tục tại x0 với g (x0 ) = 0.gChứng minh: Giả sử f, g là những hàm liên tục tại x0 ∈ E ⊂ R2 .a) Ta chứng minh f + g cũng liên tục tại x0 . Thật vậy, với mọi ε > 0 ta có:ε> 0, tồn tại δ1 > 0 mà d (x, x0 ) < δ1 thì2εε|f (x) − f (x0 )| < . Vì g liên tục tại x0 nên với mọi > 0, tồn tại δ2 > 0 mà22εd (x, x0 ) < δ2 thì |g (x) − g (x0 )| < . Ta chọn δ = min{δ1 , δ2 }. Khi đó:2Vì f liên tục tại x0 nên với mọi|[f (x) + g (x)] − [f (x0 ) + g (x0 )]| = |[f (x) − f (x0 )] + [g (x) − g (x0 )]|≤ |f (x) − f (x0 )| + |g (x) − g (x0 )| 0 ta có:Vì g liên tục tại x0 nên tồn tại δ1 > 0 mà d (x, x0 ) < δ1 thì |g (x) − g (x0 )| 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi điểm x, x ∈ E màd (x, x ) < δ thì |f (x) − f (x )| < ε.19Định lý 1.2.3.1: (Định lý Cantor) Nếu hàm f liên tục trên tập đóng và bị chặn Ecủa R2 thì f liên tục đều trên E.Chứng minh: Giả sử f không liên tục đều trên E. Lúc đó tồn tại ε > 0 sao cho vớimỗi δ > 0, ta tìm được x, x ∈ E mà d (x, x ) < δ thì |f (x) − f (x )| ≥ ε. Do đó với1mỗi n ∈ N, tồn tại xn , xn ∈ E mà d (xn , xn ) < và |f (xn ) − f (xn )| ≥ ε. Vì {xn } bịnchặn nên có chứa dãy con {xnk } hội tụ về x0 . Vì E đóng nên x0 ∈ E.1Vì d xnk , xnk 0. Mâu thuẫnnày chứng tỏ f liên tục đều trên E.20CHƯƠNG 2ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦAHÀM HAI BIẾN KHẢ VIChương này trình bày khái niệm về đạo hàm và vi phân của hàm hai biến số. Córất nhiều khái niệm, vấn đề, kết quả hoàn toàn giống như trong hàm số một biến số.Những vấn đề này sẽ được chứng minh lại cụ thể dưới đây.2.1Đạo hàm riêng2.1.1Đạo hàm riêng của hàm hai biếnĐịnh nghĩa 2.1.1.1: Cho hàm số z = f (x, y) xác định trong miền D ⊂ R2 và điểmM0 (x0 , y0 ) là một điểm trên D. Cho x0 một số gia tùy ý ∆x và y0 một số gia tùy ý∆y với ∆x, ∆y đủ bé sao cho (x0 + ∆x, y0 + ∆y) ∈ D và lập biểu thức:∆x f = f (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 )∆y f = f (x0 , y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )Đại lượng ∆x f , ∆x f gọi là số gia riêng của hàm f (x, y) theo biến x, y tương ứng tạiđiểm M0 (x0 , y0 ) còn đại lượng:∆f = f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )được gọi là số gia toàn phần của f (x, y) tại M0 (x0 , y0 ).f (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 )∆xthì giới hạn đó được gọi là đạo hàm riêng của hàm f theo biến x tại điểm M0 (x0 , y0 )Định nghĩa 2.1.1.2: Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim∆x→0và ký hiệu bằng một trong các ký hiệu sau đây:f x (M0 ) ,∂f(M0 ) ,∂xf x (x0 , y0 ) ,∂f(x0 , y0 )∂xNhư vậy:∂ff (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 )∆x f(x0 , y0 ) = lim= lim∆x→0∆x→0∂x∆x∆x21Tương tự đạo hàm riêng của hàm f theo biến y tại điểm M0 (x0 , y0 ) là:f (x0 , y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )∆y f∂f(x0 , y0 ) = lim= lim∆y→0∆y→0 ∆y∂y∆yVí dụ 2.1.1.1: Tính f x (1, 2) và f y (1, 2) nếu f (x, y) = x2 y + 3y 3Xem y là hằng số thực ta được: f x (x, y) = 2xy. Do đó: f y (1, 2) = 4.Xem x là hằng số thực ta được: f y (x, y) = x2 + 9y 2 . Do đó: f y (1, 2) = 37.Ví dụ 2.1.1.2: Cho f (x, y) =x + y 2 . Tính∂f ∂f,tại điểm (2, −3).∂x ∂yTa có:1∂f1∂=x + y2 =∂x2 x + y 2 ∂x2 x + y21∂∂f=x + y2 =2∂y∂y2 x+yyx + y2Do đó:∂f∂f1−3và(2, −3) = √(2, −3) = √∂x∂y2 11112.1.2Đạo hàm riêng cấp caoCũng như đạo hàm riêng của hàm một biến số, mỗi đạo hàm riêng của hàm số:f : D ⊂ R2 → R(x, y) → z = f (x, y)lại là một hàm hai biến số:fx : Dx ⊂ R2 → R(x, y) → zx = fx (x, y)fy : Dy ⊂ R2 → R(x, y) → zy = fy (x, y)trong đó Dx , Dy là các tập hợp mà hàm số f có các đạo hàm riêng tương ứng. Tấtnhiên Dx ⊂ D và Dy ⊂ D.Đạo hàm cấp haiNếu các hàm số đạo hàm này lại có đạo hàm riêng theo các biến số x, y tại điểm(x0 , y0 ) thì ta gọi chúng là các đạo hàm riêng cấp hai theo các biến số tương ứng tại22điểm (x0 , y0 ) (các đạo hàm fx , fy sẽ gọi là đạo hàm riêng cấp một). Tương ứng với cácbiến số lấy đạo hàm, chúng được ký hiệu như sau:hay∂ 2f∂=2∂x∂xf xy = (f x )yhay∂ 2f∂=∂y∂x∂yf yy = f yhay∂ 2f∂=2∂y∂yhay∂ 2f∂=∂x∂y∂xf xx = (f x )xf yx = f yyxVí dụ 2.1.2.1: Cho∂f∂x∂f∂x∂f∂ya) f (x, y) = x3 y 2 − xy 5xb) f (x, y) = sinyTính các đạo hàm riêng cấp hai của chúng.a) Ta có:f x (x, y) = 3x2 y 2 − y 5f y (x, y) = 2x3 y − 5xy 4Vậy:fxx(x, y) = 6xy 2fxy(x, y) = 6x2 y − 5y 4fyy(x, y) = 2x3 − 20xy 3fyx(x, y) = 6x2 y − 5y 4b) Ta có:x1cosyy−xxf y (x, y) = 2 cosyyf x (x, y) =Vậy:−1xsin2yyxx1xf xy (x, y) = 3 sin − 2 cosyy yy2xx 2xxf yy (x, y) = − 4 sin + 3 cosyyyyxx1xf yx (x, y) = 3 sin − 2 cosyy yyfxx(x, y) =23∂f∂y

Tài liệu liên quan

• Sự đối ngẫu của các điều kiện liên tục và rời rạc trong phạm trù môđun
  • 43
  • 423
  • 0
• GIẢ THIẾT HOẠT ĐỘNG LIÊN tục và các sự KIỆN PHÁT SINH SAU NGÀY KHÓA sổ lập báo cáo tài CHÍNH năm 2014
  • 18
  • 853
  • 0
• Tính liên tục và tính khả vi của hàm giá trị tối ưu trong quy hoạch toàn phương có tham số
  • 59
  • 767
  • 0
• cách sử dụng hijackthis, cách xử lý máy bị restart liên tục và cài đặt hệ điều hành hàng loạt máy trong mạng lan với công nghệ ris của windows
  • 11
  • 528
  • 0
• Tính liên tục và sự thay đổi trong truyện ngắn Nguyễn Khải sau 86
  • 97
  • 678
  • 3
• Ứng dụng tính liên tục và tính khả vi của hàm số trong phương trình và bất đẳng thức
  • 58
  • 2
  • 3
• Tính liên tục và tính khả vi của hàm giá trị tối ưu trong quy hoạch toàn phương có tham số
  • 60
  • 430
  • 0
• Tính h khả vi của hàm nhiều biến và ứng dụng
  • 52
  • 1
  • 1
• Luận văn tính h khả vi của hàm nhiều biến và ứng dụng
  • 61
  • 407
  • 0
• Tính dưới khả vi của hàm lồi suy rộng và ứng dụng
  • 59
  • 421
  • 0

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(311.44 KB - 38 trang) - Sự liên tục và sự khả vi của hàm hai biến Tải bản đầy đủ ngay ×