Bài 1: Hàm nhiều biến - Khái niệm hàm nhiều biến

Cho $D \subset {R^n}$.

Ánh xạ $f:D \to R$

được gọi là hàm n biến xác định trên D.

Ví dụ: $f(x,y,z) = x^2 -3xy + 5yz^7$ có MXĐ là D = R3

$f(x,y,z) = \frac{{{x^2} + xy - {y^2}}}{{xy{z^2}}}$ có MXĐ là $D = {R^3}\backslash \left\{ {(x,y,z)/xyz = 0} \right\}$

Với $x=(x_1,x_2,...,x_n),\,\,y=(y_1,y_2,...,y_n)$định nghĩa khoảng cách giữa x và y là

$d(x,y) = \sqrt {\sum\limits_{i = 1}^n {{{({x_i} - {y_i})}^2}} }$

với $x=(x_1,x_2,...,x_n)\,\in R^n$và $\varepsilon > 0$ ta gọi:

• $B\left( {x,\varepsilon } \right) = \left\{ {y \in {R^n}/d\left( {x,y} \right) < \varepsilon } \right\}$là quả cầu mở tâm x, bán kính $\varepsilon$
• $\overline B \left( {x,\varepsilon } \right) = \left\{ {y \in {R^n}/d\left( {x,y} \right) \le \varepsilon } \right\}$là quả cầu đóng tâm x, bán kính $\varepsilon$

Tập $D \subset {R^n}$ được gọi là tập mở nếu với mọi $x = ({x_1},{x_2},...,{x_n}) \in D$ tồn tại quả cầu mở tâm x bán kính $\varepsilon$ chứa trong D. Tập $V \subset {R^n}$ được gọi là tập đóng nếu phần bù ${R^n}{\mkern 1mu} \backslash V$ là tập mở.

Ví dụ:

$A{\rm{ }} = {\rm{ }}\left\{ {\left( {x,y} \right){\rm{ }} \in {\rm{ }}{R^2}{\rm{ }}/{\rm{ }}{x^2} - {\rm{ }}{y^2}{\rm{ }} < {\rm{ }}4} \right\}$là tập mở trong R2

$\overline B = \left\{ {(x,y,z) \in {R^3}/{x^2} + {y^2} + z{}^2 \le 1} \right\}$là tập đóng trong R3

Cho tập $D \subset {R^n}$, điểm $M \in {R^n}$ được gọi là điểm tụ của D nếu mọi tập mở V chứa M thì ta có 

$D \cap V\backslash \{ M\} \ne \emptyset$

Định nghĩa: Cho hàm số f xác định trên tập $D \subset {R^n}$, giả sử ${x_0} = \left( {x_1^0,x_2^0,...,x_n^0} \right) \in D$ và x0 là điểm tụ của D. Số A được gọi là giới hạn của f tại x0 nếu $\forall \varepsilon > 0,\exists \alpha > 0$ sao cho $x \in D$ và $0 < d(x,{x_0}) < \alpha \Rightarrow \left| {f(x) - A} \right| < \varepsilon$.

Ký hiệu: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A\,\,hay\,\,\mathop {\lim }\limits_{({x_1},{x_2},...,{x_n}) \to (x_1^0,...x_n^0)} f({x_1},{x_2},...,{x_n}) = A$

Định nghĩa: Cho hàm số f xác định trên tập D chứa x0. Ta nói f liên tục tại x0 nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})$

f liên tục trên D nếu f liên tục tại mọi $x \in D$.

Ghi chú: Sự liên quan giữa giới hạn hàm và giới hạn dãy tương tự như hàm một biến.

Ví dụ:

i) $f(x,y) = \frac{{3x - y}}{{x + 5y}}$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} f(x,y)} \right) = 3$

và $\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x,y)} \right) = - \frac{1}{5}$ nhưng $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0,y \to 0} f(x,y)$ không tồn tại vì

$\left( {{x_n},{y_n}} \right) = \left( {\frac{1}{n},\frac{1}{n}} \right) \to (0,0)$và $\left( {x{'_n},y{'_n}} \right) = \left( {\frac{2}{n},\frac{1}{n}} \right) \to (0,0)$

mà $f\left( {{x_n},{y_n}} \right) = \frac{{2/n}}{{6/n}} \to \frac{1}{3}$ và $f\left( {x{'_n},y{'_n}} \right) = \frac{{5/n}}{{7/n}} \to \frac{5}{7}$

ii) $f\left( {x,y} \right) = \frac{{{x^2}{y^2}}}{{{x^2}{y^2} + {{(x - y)}^2}}}$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} f(x,y)} \right] = 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \left[ {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x,y)} \right] = 0$ nhưng $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0,y \to 0} f(x,y)$ không tồn tại vì 

$\left( {{x_n},{y_n}} \right) = \left( {\frac{1}{n},\frac{1}{n}} \right) \to (0,0)$ và $\left( {x{'_n},y{'_n}} \right) = \left( {\frac{1}{n},-\frac{1}{n}} \right) \to (0,0)$

mà $f\left( {{x_n},{y_n}} \right) = \frac{{1/n^4}}{{1/n^4}} \to 1$ và $f(x{'_n},y{'_n}) = \frac{{\frac{1}{{{n^4}}}}}{{\frac{1}{{{n^4}}} + \frac{4}{{{n^4}}}}} \to \frac{1}{5}$

Định nghĩa: Giả sử $u=f(x_1,x_2,...,x_n)$ xác định trên tập mở $D \subset {R^n}$ và $A(a_1, a_2, a_3,...,a_n) \in D$. Nếu

$\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f({a_1},{a_2},...{a_i} + h,...,{a_n}) - f({a_1},{a_2},...{a_n})}}{h}$

tồn tại hữu hạn thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm riêng của hàm $u = f({x_1},{x_2},...{x_n})$ tại $A({a_1},{a_2},...{a_n})$ theo biến xi.

Ký hiệu: $\frac{{\partial f}}{{\partial {x_i}}}{\rm{(}}{{\rm{a}}_{\rm{1}}}{\rm{,}}{{\rm{a}}_{\rm{2}}}{\rm{,}}...{\rm{,}}{{\rm{a}}_{\rm{n}}}{\rm{)}}\,\,{\rm{hay}}\,\,\frac{{\partial u}}{{\partial {x_i}}}{\rm{(}}{{\rm{a}}_{\rm{1}}}{\rm{,}}{{\rm{a}}_{\rm{2}}}{\rm{,}}...{\rm{,}}{{\rm{a}}_{\rm{n}}}{\rm{)}}$ hay $u{'_{{x_i}}}\,\,hay\,\,f{'_{{x_i}}}\,\,hay\,\,u{'_i}\,\,\,hay\,f{'_i}$

Nhận xét: đạo hàm riêng theo biến xi thì riêng xi coi như biến số và các xk với $k \ne i$ thì coi như hàng số.

Ví dụ: $f(x, y, z) = xy^3z^6 + y^2 + 5y^4z^3 + 8x^5z$, ta có:

$\frac{{\partial f}}{{\partial x}} = {y^3}{z^6} + 40{x^4}z,\frac{{\partial f}}{{\partial y}} = 3x{y^2}{z^6} + 2y + 20{y^3}{z^3}$

$\frac{{\partial f}}{{\partial z}} = 6x{y^3}{z^5} + 15{y^4}{z^2} + 8{x^5}$

Cho $x = ({x_1},{x_2},...,{x_n}) \in U \in {R^n},U$mở

$t = ({t_1},{t_2},...,{t_m}) \in V \in {R^m},V$mở

$f:U \to R,\,{g_k}:V \to U \subset {R^n},\forall k = \overline {1,n}$

Giả sử ${g_k}(V) \subset U$

Cho $z = f({x_1},{x_2},...,{x_n});{x_k} = {g_k}({t_1},{t_2},...,{t_m}),k = \overline {1,n}$. Giả sử f có các đạo hàm riêng theo biến ${x_k},k = \overline {1,n}$ tại $x;{g_k}$ có đạo hàm riêng theo biến ${t_i},i = \overline {1,m}$ tại t. Khi đó, ta có: $\frac{{\partial z}}{{\partial {t_i}}}(t) = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{\partial f}}{{\partial {x_k}}}} (x)\frac{{\partial {x_k}}}{{\partial {t_i}}}(t),i = \overline {1,m}$

Ví dụ: $z = f(x_1, x_2, x_3) ; x_k = g_k(t_1, t_2, t_3, t_4), k = 1,2, 3$

$\frac{{\partial z}}{{\partial {t_1}}} = \frac{{\partial z}}{{\partial {x_1}}}\frac{{\partial x}}{{\partial {t_1}}} + \frac{{\partial z}}{{\partial {x_2}}}\frac{{\partial {x_2}}}{{\partial {t_1}}} + \frac{{\partial z}}{{\partial {x_3}}}\frac{{\partial {x_3}}}{{\partial {t_1}}}$

$\frac{{\partial z}}{{\partial {t_2}}} = \frac{{\partial z}}{{\partial {x_1}}}\frac{{\partial x}}{{\partial {t_2}}} + \frac{{\partial z}}{{\partial {x_2}}}\frac{{\partial {x_2}}}{{\partial {t_2}}} + \frac{{\partial z}}{{\partial {x_3}}}\frac{{\partial {x_3}}}{{\partial {t_2}}}$

Tương tự cho $\frac{{\partial z}}{{\partial {t_3}}}$ và $\frac{{\partial z}}{{\partial {t_4}}}$

Ví dụ: $f({x_1},{x_2}) = x_1^2 - x_2^3;{x_1} = 3{t_1} + t_2^2,{x_2} = t_1^2 + t_2^4$

$\frac{{\partial f}}{{\partial {t_2}}} = \frac{{\partial t}}{{\partial {x_1}}}\frac{{\partial {x_1}}}{{\partial {t_1}}} + \frac{{\partial f}}{{\partial {x_2}}}\frac{{\partial {x_2}}}{{\partial {t_1}}} = 2{x_1}(3) + ( - 3x_2^2)(2{t_1}) = 18{t_1} + 6t_2^2 - 6{t_1}{(t_1^2 + t_2^4)^2}$

$\frac{{\partial f}}{{\partial {t_2}}} = \frac{{\partial t}}{{\partial {x_1}}}\frac{{\partial {x_1}}}{{\partial {t_2}}} + \frac{{\partial f}}{{\partial {x_2}}}\frac{{\partial {x_2}}}{{\partial {t_2}}} = (2{x_1})(2{t_2}) + ( - 3x_2^2)(4t_2^3) = 4(3{t_1} + t_2^2){t_2} - 12(t_1^2 + t_2^4)t_2^3$

Hàm $u=f(x_1,x_2,...,x_n)$ xác định trên tập mở D chứa $x=(x_1,x_2,...,x_n)$ được gọi là khả vi tại $x=(x_1,x_2,...,x_n)$ nếu số gia toàn phần của nó $\Delta u = f({x_1} + \Delta {x_1},{x_2} + \Delta {x_2},...,\Delta {x_n}) - f({x_1},{x_2},...,{x_n})$

có thể biểu diễn dưới dạng $\Delta u = {A_1}\Delta {x_1} + {A_2}\Delta {x_2} + ... + {A_n}\Delta {x_n} + o(\rho )$

với Ai không phụ thuộc vào $\Delta {x_i},\forall i = \overline {1,n}$ và $\mathop {\lim }\limits_{\rho \to 0} \frac{{o(\rho )}}{\rho } = 0$, trong đó $\rho = \sqrt {{{(\Delta {x_1})}^2} + {{(\Delta {x_2})}^2} + ... + {{(\Delta {x_n})}^2}} > 0$

Nếu hàm $u =f(x_1,x_2,...,x_n)$ khả vi tại $x = (x_1,x_2,...,x_n)$ thì $\forall i = \overline {1,n}$ ta có $\frac{{\partial u}}{{\partial {x_i}}}(x)$ tồn tại và $\frac{{\partial u}}{{\partial {x_i}}}(x) = {A_i}$

$\Rightarrow \Delta u = \frac{{\partial u}}{{\partial {x_1}}}(x)\Delta {x_1} + \frac{{\partial u}}{{\partial {x_2}}}(x)\Delta {x_2} + ... + \frac{{\partial u}}{{\partial {x_n}}}(x)\Delta {x_n} + o(\rho )$

Ta gọi $du(x) = \frac{{\partial u}}{{\partial {x_1}}}(x)\Delta {x_1} + \frac{{\partial u}}{{\partial {x_2}}}(x)\Delta {x_2} + ... + \frac{{\partial u}}{{\partial {x_n}}}(x)\Delta {x_n}$ là vi phân toàn phân của $u=f(x_1,x_2,...,x_n)$ tại $x=(x_1,x_2,...,x_n)$

Khi $u=x_i$ ta có $du = d{x_i} = \Delta {x_i}$, nên ta viết: 

$du = \frac{{\partial u}}{{\partial {x_1}}}d{x_1} + \frac{{\partial u}}{{\partial {x_2}}}d{x_2} + ... + \frac{{\partial u}}{{\partial {x_n}}}d{x_n}$

Ví dụ: $u = 3x^5 y - 2y^3z^2 + 6xyz$

$\Rightarrow {\rm{ }}du{\rm{ }} = \left( {15{x^4}y + 6yz} \right)dx{\rm{ }} + {\rm{ }}\left( {3{x^5} - 6{y^2}{z^2}{\rm{ }} + {\rm{ }}6xz} \right)dy{\rm{ }} + {\rm{ }}\left( {6xy - {\rm{ }}4{y^3}z} \right)dz$

Định lý: Cho tâp mở $D \subset {R^n}$. Nếu $\forall i = \overline {1,n} ,\frac{{\partial u}}{{\partial {x_i}}}$ tồn tai và liên tục trên D chứa $x = (x_1,x_2,...,x_n)$ thì u khả vi tại $x = (x_1,x_2,...,x_n)$

Ghi chú: Có khi $\frac{{\partial u}}{{\partial {x_i}}}(x)$ tồn tai $\forall i = \overline {1,n}$ nhưng u không khả vi tại x.

Ví dụ 1: Chứng tỏ rằng hàm $f(x,y) = \sqrt[3]{{{x^3} + {y^3}}}$ không khả vi tại (0,0).

Trước hết, ta có các đạo hàm riêng sau:

$\frac{{\partial f}}{{\partial x}}(0,0) = 1;\frac{{\partial f}}{{\partial y}}(0,0) = 1$

Giả sử: $\Delta f(0,0) = 1.\Delta x + 1.\Delta y + \alpha$

Khi đó ta có:

$\Delta f(0,0) = f(0 + \Delta x,0 + \Delta y) - f(0,0) = \sqrt[3]{{{{(\Delta x)}^3} + {{(\Delta y)}^3}}}$

Như vậy: $\alpha = \Delta f(0,0) - \Delta x - \Delta y = \sqrt[3]{{{{(\Delta x)}^3} + {{(\Delta y)}^3}}} - \Delta x - \Delta y$

Ta lại có: $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0,\Delta y \to 0} \frac{\alpha }{{\sqrt {{{(\Delta x)}^2} + {{(\Delta y)}^2}} }} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0,\Delta y \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{{{(\Delta x)}^3} + {{(\Delta y)}^3}}} - \Delta x - \Delta y}}{{\sqrt {{{(\Delta x)}^2} + {{(\Delta y)}^2}} }}$ không tồn tại

Vậy f không khả vi tại (0, 0)

Ví dụ 2: Cho hàm  

$f(x,y) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{{2xy}}{{{x^2} + {y^2}}},\,\,\,khi\,(x,y) \ne (0,0)\\ 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,(x,y) = (0,0) \end{array} \right.$

Tính $\frac{{\partial f}}{{\partial x}}(0,0)$ và $\frac{{\partial f}}{{\partial y}}(0,0)$. Hàm f có khả vi tại (0,0) hay không?

Ta có: $\frac{{\partial f}}{{\partial x}}(0,0) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f(0 + \Delta x,0) - f(0,0)}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{0 - 0}}{{\Delta x}} = 0$

$\frac{{\partial f}}{{\partial y}}(0,0) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta y \to 0} \frac{{f(0,0 + \Delta y) - f(0,0)}}{{\Delta y}} = 0$

Hàm f không khả vi tại (0,0) vì nó không liên tục tại (0,0).

Định nghĩa: Cho $x = ({x_1},{x_2},...,{x_n}) \in U \subset {R^n},U$ mở. Giả sử $\frac{{\partial u}}{{\partial {x_i}}}$ tồn tại và $\frac{{\partial u}}{{\partial {x_i}}}$ có đao hàm riêng theo biến xk tại x thì $\frac{\partial }{{\partial {x_k}}}\left( {\frac{{\partial u}}{{\partial {x_i}}}} \right)(x)$ được gọi là đạo hàm riêng cấp 2 của u theo biến xi, xk, tại x và ta ký hiệu.

$\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x_i}\partial {x_k}}}(x)\,\,hay\,\,u_{{x_i}{x_k}}^{(2)}(x)\,\,hay\,\,u'{'_{{x_i}{x_k}}}(x)\,\,hay\,\,\,u'{'_{ik}}(x)$

Nếu $i \ne k$ thì $\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x_i}\partial {x_k}}}(x)$ và $\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x_i}\partial {x_k}}}(x)$ được gọi là đạo hàm hỗn hợp. Tương tự ta có các đạo hàm riêng cấp 3:

$\frac{{{\partial ^3}u}}{{\partial x_i^2\partial {x_k}}} = \frac{\partial }{{\partial {x_i}}}\left( {\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x_i}\partial {x_k}}}} \right),\,\,\frac{{{\partial ^3}u}}{{\partial {x_i}\partial {x_k}}} = \frac{\partial }{{\partial {x_k}}}\left( {\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x_i}\partial {x_k}}}} \right)$

$\frac{{{\partial ^3}u}}{{\partial x_k^3}} = \frac{\partial }{{\partial {x_k}}}\left( {\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial x_k^2}}} \right),\,\,\frac{{{\partial ^3}u}}{{\partial {x_i}\partial {x_j}\partial {x_k}}} = \frac{\partial }{{\partial {x_k}}}\left( {\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x_i}\partial {x_j}}}} \right)$

Định lý Schwarz: Cho u là hàm xác định trên tập mở $D \subset {R^n}$. Nếu u có các đạo hàm riêng $\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x_i}\partial {x_k}}},\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x_k}\partial {x_i}}}$ liên tục trên D chứa ${\rm{(}}{{\rm{a}}_{\rm{1}}}{\rm{,}}{{\rm{a}}_{\rm{2}}}{\rm{,}}...{\rm{,}}{{\rm{a}}_n}{\rm{),}}\forall {\rm{i,k = }}\overline {1,n}$ thì 

$\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x_i}\partial {x_k}}}{\rm{(}}{{\rm{a}}_{\rm{1}}}{\rm{,}}{{\rm{a}}_{\rm{2}}}{\rm{,}}...{\rm{,}}{{\rm{a}}_n}{\rm{)}} = \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x_k}\partial {x_i}}}{\rm{(}}{{\rm{a}}_{\rm{1}}}{\rm{,}}{{\rm{a}}_{\rm{2}}}{\rm{,}}...{\rm{,}}{{\rm{a}}_n}{\rm{)}}$

Ví dụ: $f(x,y,z) = {x^3}{y^5}{z^8} + {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2}$

$\frac{{\partial f}}{{\partial x}} = 3{x^2}{y^5}{z^8} + 2x{y^2},\,\,\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}} = 6x{y^5}{z^8} + 2{y^2},\frac{{\partial f}}{{\partial x}} = 5{x^3}{y^4}{z^8} + 2{x^2}y + 2y{z^2}$

Suy ra $\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}} = 20{x^3}{y^5}{z^8} + 2{x^2} + 2{z^2},\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}} = 15{x^2}{y^4}{z^8} + 4xy$

Ví dụ: Cho $f(x,y,z) = {x^2} + {y^3} + {z^4} - {x^6}{y^8}{z^5}$

$\frac{{\partial f}}{{\partial x}} = 2x - 6{x^5}{y^8}{z^5},\frac{{\partial f}}{{\partial y}} = 3{y^2} - 8{x^6}{y^7}{z^5},\,\frac{{\partial f}}{{\partial z}} = 4{z^3} - 5{x^6}{y^8}{z^4}$

Suy ra 

$\begin{array}{l} \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {\frac{\partial }{{\partial x}}} \right) = - 48{x^5}{y^7}{z^5}\\ \\ \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial y\partial z}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {\frac{\partial }{{\partial y}}} \right) = - 48{x^5}{y^7}{z^5} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}} \end{array}$

Tương tự ta có: $\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial z}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial z\partial x}} = - 30{x^5}{y^8}{z^4}$

$\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial y\partial z}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial z\partial y}} = - 40{x^6}{y^7}{z^4}$

$\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {\frac{{\partial f}}{{\partial x}}} \right) = 2 - 30{x^4}{y^8}{z^5}$

$\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {y^2}}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {\frac{{\partial f}}{{\partial y}}} \right) = 6y - 56{x^6}{y^6}{z^5}$

$\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {z^2}}} = \frac{\partial }{{\partial z}}\left( {\frac{{\partial f}}{{\partial z}}} \right) = 12{z^2} - 20{x^6}{y^8}{z^3}$

Cho $u = f(x,y)$ có các đạo hàm riêng cấp n liên tục trên tập mở $D \subset {R^n}$ chứa (x,y). Ta có vi phân cấp n của f tại (x,y) là:

${d^n}f(x,y) = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k} \frac{{{\partial ^n}f(x,y)}}{{\partial {x^{n - k}}\partial {y^k}}}d{x^{n - k}}d{y^k}$

Khi n = 2 ta có:

${d^2}f(x,y) = \frac{{{\partial ^2}f(x,y)}}{{\partial {x^2}}}d{x^2} + 2\frac{{{\partial ^2}f(x,y)}}{{\partial x\partial y}}dxdy + \frac{{{\partial ^2}f(x,y)}}{{\partial {y^2}}}d{y^2}$

Khi n = 3 ta có:

${d^3}f(x,y) = \frac{{{\partial ^3}f(x,y)}}{{\partial {x^3}}}d{x^3} + 3\frac{{{\partial ^3}f(x,y)}}{{\partial {x^2}\partial y}}d{x^2}dy + 3\frac{{{\partial ^3}f(x,y)}}{{\partial x\partial {y^2}}}dxd{y^2} + \frac{{{\partial ^3}f(x,y)}}{{\partial {y^3}}}d{y^3}$

Ví dụ: $f(x,y) = x^3y^5$. Ta có: $\frac{{\partial f}}{{\partial x}} = 3{x^2}{y^5};\frac{{\partial f}}{{\partial y}} = 5{x^3}{y^4}$

$\Rightarrow \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}} = 6x{y^5};\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {y^2}}} = 20{x^3}{y^3};\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}} = 15{x^2}{y^4} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial y\partial x}}$

$\Rightarrow {d^2}f(x,y) = 6x{y^5}d{x^2} + 2(15{x^2}{y^4})dxdy + 20{x^3}{y^3}d{y^2}$

Cho D là tập mở trong ${R^2},f:D \to R$ có các đạo hàm riêng cấp n liên tục trên D. Với $(x,y) \in D$ và $(h,k) \in R^2$ sao cho $(x+th,y+tk) \in D$với mọi $t \in [0,1]$. Khi đó tồn tại $\theta \in (0,1)$ sao cho: 

$f(x + h,y + k)$

$= f(x,y) + hf{'_x}(x,y) + kf{'_x} + \frac{1}{{2!}}\left[ {{h^2}hf{'_{xx}}(x,y) + 2hkhf{'_{xy}}(x,y) + {k^2}f{'_{yy}}(x,y)} \right]$

$+ ... + \frac{1}{{(n - 1)!}}\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {C_{n - 1}^i} {h^{n - 1 - i}}{k^i}\frac{{{\partial ^{n - 1}}f}}{{\partial {x^{n - 1 - i}}\partial {y^i}}}(x,y)$

$+ \frac{1}{{n!}}\sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i} {h^{n - i}}{k^i}\frac{{{\partial ^n}f}}{{\partial {x^{n - i}}\partial {y^i}}}(x + \theta h,y + \theta k)$

Nhận xét: Nếu đạt $h = \Delta x,k = \Delta y$ thì khai triển Taylor trong lân cận của (x,y) là: $f(x + \Delta x,y + \Delta y) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\frac{{{d^i}f}}{{i!}}} (x,y) + \frac{{{d^n}f}}{{n!}}(x + \theta \Delta x,y + \theta \Delta y)$

Ví dụ: Khai triển Taylor của hàm số $f(x,y) = y^x$ trong lân cận của điểm (1,1) đến bậc 2 và tính gần đúng giá trị biểu thức $(1,02)^{1,01}$

Ta có:

$f(1,1) = 1$

$f{'_x}(x,y) = {y^x}\ln y\,\, \Rightarrow f{'_x}(1,1) = 0$

$f{'_y}(x,y) = x{y^{x - 1}}\, \Rightarrow f{'_y}(1,1) = 1$

$f{'_{xx}}(x,y) = {y^x}{\ln ^2}y\,\,\, \Rightarrow f{'_{xx}}(1,1) = 0$

$f{'_{xy}}(x,y) = {y^{x - 1}}(x\ln y + 1)\,\,\, \Rightarrow f'{'_{xy}}(1,1) = 1$

$f{'_{yy}}(x,y) = x(x - 1){y^{x - 2}}\,\,\, \Rightarrow f'{'_{yy}}(1,1) = 0$

Vậy ta có: $y^x=1+(y-1)+(x-1)(y-1)+R_2$với ${R_2} = \frac{1}{{3!}}{d^3}f(1 + \theta (x - 1),1 + \theta (y - 1))$

thỏa $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1,y \to 1} = \frac{{{R_2}}}{{{{(x - 1)}^2} + {{(y - 1)}^2}}} = 0$

Suy ra ${\left( {1,02} \right)^{1,01}}{\rm{ }} \approx {\rm{ }}1{\rm{ }} + {\rm{ }}0,02{\rm{ }} + {\rm{ }}0,01.0,02{\rm{ }} = {\rm{ }}1,0202$

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 1: Hàm nhiều biến - Khái niệm hàm nhiều biến được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn. Chúc các bạn học tốt.