Đề cương ôn tập được đánh máy chủ yếu dựa trên tài liệu Phép tính vi phân -Dạng vi phân
trong không gian Banach (Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải) và có kết hợp thêm tài liệu ghi chép
của các khóa cao học K21, K22 Trường Đại học sư phạm Hà Nội. Hi vọng sẽ giúp ích được cho
các bạn học viên trong quá trình học tập và ôn tập chuẩn bị cho kì thi kết thúc chuyên đề 

NỘI DUNG ÔN TẬP PHÉP TÍNH VI PHÂN
DẠNG VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
1. Ánh xạ khả vi, đạo hàm theo hướng , đạo hàm của hàm hợp
1.1. Ánh xạ khả vi
a. Định nghĩa. Cho f :   F ,  là tập mở trong không gian định chuẩn E và F là không gian
Banach. Ta nói f khả vi tại x 0   nếu tồn tại S L(E, F) sao cho:
f (x 0  h)  f (x 0 )  S(h)  o  h



(1)

nghĩa là   0,   0, h  E : h   thì

f (x 0  h)  f (x 0 )  S(h)   h
hay
lim

f (x 0  h)  f (x 0 )  S(h)

h 0

h

0

(2)

Ánh xạ f khả vi tại mọi điểm của  được gọi là khả vi trên  .
b. Nhận xét
(i) S L(E, F) thỏa mãn (1) là duy nhất và kí hiệu là f (x 0 ) hay Df (x 0 ) và gọi là đạo hàm của f
tại x 0 .
(ii) Nếu f khả vi trên  thì ta có ánh xạ
f  :   L  E, F 
x  f (x)

Nếu f  liên tục thì ta gọi f là khả vi liên tục hay thuộc lớp C1 trên  .
(iii) Nếu f khả vi tại x 0 thì f liên tục tại x 0 , tức là có
lim f (x 0  h)  f (x 0 ) .
h 0

Thật vậy,
h 0
f (x 0  h)  f (x 0 )  f (x 0  h)  f (x 0 )  S(h)  S(h)  o( h )  S(h) 
0

1


(iv) Do f (x 0 )  L(E, F), từ (1) suy ra f liên tục tại x 0 và do
lim
t 0

f (x 0  t.h)  f (x 0 )
 f (x 0 )(h)  0
t


ta có
f (x 0 )(h)  lim
t 0

f (x 0  t.h)  f (x 0 )
t

c. Ví dụ
(i) Nếu f :   F, f  const , thì f   0 trên  .
(ii) Nếu f  S  :   F , ở đây S L(E, F) thì f (x)  S, x   . Thật vậy, điều này suy ra từ

f (x  h)  f (x)  f (h)  S(x  h)  S(x)  S(h)  S(x)  S(h)  S(x)  S(h)  0, h  E, x  
Như vậy, đạo hàm của ánh xạ tuyến tính liên tục tại mọi điểm thuộc E chính là ánh xạ tuyến tính
liên tục đó.
(iii) Giả sử f  S  với S : E1  E 2  F là song tuyến tính liên tục. Chứng minh được
f  (x10 , x 02 )  (h1 , h 2 )  f (x10 , x 02 )  S(x10 , h 2 )  S(h1 , x 02 )  S . h1 . h 2  o  (h1 , h 2 )



nên f khả vi tại (x10 , x 02 ) và
f (x10 , x 02 )(h1 , h 2 )  S(x10 , h 2 )  S(h1 , x 02 ), (h1 , h 2 )  E1  E 2

Tổng quát. Nếu f  S  ,   E1  E n là tập mở còn S  L (E1 , , E n ; F) thì f khả vi tại mọi
(x1 , , x n )   và
f (x1 , , x n )(h1 , , h n )  S(h1 , x 2 , , x n )    S(x1 , , x n 1 , h n ), (h1 ,  , h n )  E1    E n

1.2. Đạo hàm theo hướng
a. Định nghĩa. Giả sử  là tập mở trong không gian định chuẩn E và F là không gian Banach.
Xét ánh xạ f :   F, x 0   và h  E, h  0 .

Nế u giới hạn
lim
t 0

f (x 0  t.h)  f (x 0 )
t

tồn tại thì nó được gọi là đạo hàm theo hướng h của f tại x 0 , kí hiệu là
f (x 0  t.h)  f (x 0 )
f
(x 0 )  lim
t 0
h
t

2

f
(x 0 ) . Như vậy
h


b. Nhận xét
(i) Nếu f :   F, x 0   khả vi tại x 0 , thì nó có đạo hàm theo mọi hướng tại x 0 và
f (x 0 )(h) 

f
(x 0 )
h


(ii) Điều ngược lại của (i) không đúng. Thật vậy, đặt
X  (x, y)   : x  0, 0  y  x 2 
1: (x, y)  X
f (x, y)  
0 : (x, y)  X

và

Bởi v ì y  x 2 có tiếp tuyến tại (0, 0) là trục hoành nên mọi đường thẳng trong  2 qua (0, 0) sẽ
nằm ngoài X trong một lân cận của (0, 0), nên f khả vi tại (0, 0) theo mọi hướng h   2 , h  0 .
Hơn nữa
f
(0, 0)  0, h   2 , h  0
h

Tuy nhiên, do f không liên tục tại (0, 0) nên f không khả vi tại đó.
1.3. Đạo hàm của hàm hợp
a. Định lí (Định lí về đạo hàm của hàm hợp)
Cho E là không gian định chuẩn, F, G là các không gian Banach và U  E, V  F là các tập mở.
Giả sử x 0  U và f : U  F với f (U)  V, g : V  G là các hàm khả vi tại x 0 và y 0  f (x 0 ) ,
thì g  f : U  G khả vi tại x 0 và
(g  f )(x 0 )  g(y 0 )f (x 0 ) , với y 0  f (x 0 )

Chứng minh
Theo giả thiết ta có
f (x)  f (x 0 )  f (x 0 )(x  x 0 )  (x  x 0 ),

(1)

với

(x  x 0 )  o  x  x 0



và
g(y)  g(y 0 )  g(y 0 )(y  y 0 )   (y  y 0 ) ,

(2)

với
 (y  y 0 )  o  y  y 0



Từ (1) và (2) ta có
gf (x)  gf (x 0 )  g(f (x))  g(f (x 0 ))  g(y 0 )(f (x)  f (x 0 ))  (f (x)  f (x 0 ))

 g(y 0 )  f (x 0 )(x  x 0 )  (x  x 0 )    (f (x)  f (x 0 ))
3


 g(y 0 )f (x 0 )(x  x 0 )  g(y 0 )  (x  x 0 ))    (f (x)  f (x 0 ))
nhưng
g(y 0 )  (x  x 0 )   g(y 0 ) (x  x 0 )  o  x  x 0



và
lim


x x0

  f (x)  f (x 0 ) 
x  x0

 lim

  f (x)  f (x 0 ) 
f (x)  f (x 0 )

x x0

 lim

  f (x)  f (x 0 ) 
f (x)  f (x 0 )

x x0

f (x)  f (x 0 )

.

.

x  x0

 f (x

0


) x  x 0  (x  x 0 )
x  x0

Vậy g  f khả vi tại x 0 và
(g  f )(x 0 )  g(f (x 0 ))f (x 0 )

b. Ví dụ. Giả sử E là không gian định chuẩn, F là không gian Banach và
f (x)  S(x,
 , x), x  E , ở đây S L(E, F)

p

Viết f  S   với  : E  E p cho bởi
 (x)  (x, , x), x  E

Ta thấy, x, y  E,    thì
 (x  y)  (x  y, , x  y)  (x, , x)  (y, , y)  (x)  (y)
 (x)  (x, , x)   (x)

và
 (x)  max  x , , x   x

Do đó   L  E, E p   (x)   (x)
Khi đó
f (x)(h)  S  (x)  (x)(h)   S(x,
 , x)(h,
 , h)



p

p

 S(h, x, , x)    S(x, , x, h)

Đặc biệt. Nếu S là đối xứng thì
f (x)(h)  pS(x) p 1 (h)

4

  0.


c. Định lí (Định lí về đạo hàm của hàm với giá trị trong tích các không gian Banach)
Giả sử E là không gian Banach và   E là mở.
Khi đó, f  (f1 , , f m ) :   F1    Fm là khả vi tại x 0   nếu và chỉ nếu f1 , , f m khả vi tại

x 0 . Ngoài ra





f (x 0 )(h)  f1 (x 0 )(h), , f m (x 0 )(h) .

Chứng minh
(i) Điều kiện cần. Với mỗi 1  j  m , kí hiệu

q j : F1   Fm  Fj

(y1 , , y m )  q j (y1 , , y m )  y j
Khi đó q j tuyến tính, liên tục. Thật vậy, (y1 , , y m ), (y1 , , y m )  F1    Fm ;   

 





q j (y1 , , y m )  (y1 , , y m )  q j y1  y1 , , y m  y m  y j  y j
 q j (y1 , , y m )  q j (y1 , , y m )

q j  (y1 , , y m )   q j (y1 , , y m )  y j  q j (y1 , , y m )
q j (y1 , , y m )  y j  max  y1 , , y m



(y1 , , y m )  q j  1

và
fj  qj f

Giả s ử f khả vi tại x 0   . Vì q j là tuyến tính liên tục nên q j khả vi tại y 0  f (x 0 ) . Do đó q j  f
khả vi tại x 0 , hay f j khả vi tại x 0 và

f j (x 0 )(h)  q j (f (x 0 ))  (f (x 0 )(h))  q j  f (x 0 )(h)






 f (x 0 )(h)  f1 (x 0 )(h), , f m (x 0 )(h) .

(ii) Điều kiện đủ. Giả sử f j khả vi tại x 0 với mọi j  1, , m . Ta thấy:

f (x)  (f1 (x), , f m (x))  (f1 (x), 0, , 0)    (0, , 0, f m (x))
Đặt

h j (x)  (0, , 0, f j (x) , 0, , 0), 1  j  m

j

thì

f (x)  h1 (x)    h m (x), x   .

5


Khi đó
lim

h j (x 0  h)  h j (x 0 )  (0, , 0, f j(x 0 )(h), 0, , 0)

h 0

 lim

h
(0, , 0, f j (x 0  h), 0, , 0)  (0, , 0, f j (x 0 ), 0, , 0)  (0, , 0, f j (x 0 )(h), 0, , 0)


h 0

 lim

h
(0, , 0, f j (x 0  h)  f j (x 0 )  f j (x 0 )(h), 0, , 0)

h 0

 lim

h
f j (x 0  h)  f j (x 0 )  f j (x 0 )(h)

h 0

h

0

(do f j khả vi tại x 0 )

 h j khả vi tại x 0 với mọi 1  j  m .

Do đó f(x) cũng khả vi tại x 0 .
2. Đạo hàm riêng
Cho E1 , , E n là các không gian định chuẩn và E  E1    E n là các không gian định chuẩn,
với chuẩn
x  max  x i :1  i  n , ở đó x  (x1 , , x n )  E


Giả sử F là không gian Banach và f :   F với  là mở. Với mỗ i x 0  (x10 , , x 0n )   và với
mỗi 1  i  n , xét ánh xạ  i xác định trên một lân cận Wx 0 của x i0 trong E i với giá trị trong F,
i

 i (x i )  f (x10 , , x i01 , x i , x i01 , , x 0n )

a. Định nghĩa. Nếu  i khả vi tại x i0 thì đạo hàm của nó tại x i0 được gọi là đạo hàm riêng của f
tại x 0 theo biến x i , kí hiệu là

f 0
(x ) hay f xi  (x 0 ) .
x i

Như vậy
f
  i (x i0 )  L (E i , F) .
x i

b. Định lí (Biểu diễn đạo hàm toàn phần theo đạo hàm riêng)
Nếu f khả vi tại x 0 thì f có tất cả các đạo hàm riêng tạ i x 0 và
n

f (x 0 )(h)  
i 1

f 0
(x )(h), h  (h1 , , h n )  E .
x i


6


Chứng minh
Theo giả thiết f khả vi tại tại x 0 nên
f (x 0  h)  f (x 0 )  f (x 0 )(h)  o( h ), h  (h1 , , h n )  E

(*)

Chọn h  (0, , 0, h i , 0, , 0)  E i thì h  h i và (*) có dạng:


i

f (x10 , , x i01 , x i0  h, x i01 , , x 0n )  f (x 0 )  f (x 0 )(0, , 0, h i , 0, , 0)  o( h )

hay
 i (x i0  h i )   i (x i0 )  f (x 0 )(0, , 0, h i , 0, , 0)  o( h i )

Từ đó suy ra  i khả vi tại x i0 và
 i (x i0 )(h i )  f (x 0 )(0, , 0, h i , 0 , 0)

tức là
f 0
(x )(h i )  f (x 0 )(0, , 0, h i , 0, , 0)
x i

Do f (x 0 )  L (E, F) nên:
n


f (x 0 )(h1 , , h n )  f (x 0 )  (h1 , 0, , 0)  (0, , 0, h n )    f (x 0 )(0, , 0, h i , 0, , 0)
i 1

n


i 1

f 0
(x )(h i ) .
x i

3. Công thức số gia giới nội
3.1. Định lí về công thức số gia giới nội
Giả sử  a, b   , F là không gian Banach và f :  a, b   F là một ánh xạ từ  a, b  vào F.
a. Định nghĩa . Ta nói f khả vi trái tại c  (a, b] nếu tồn tại giới hạn
f (x)  f (c)
.
x c

f  (c)  lim
x c



Ta nói f khả vi phải tại c  [a, b) nếu tồn tại giới hạn
f  (c)  lim
x c




f (x)  f (c)
.
x c

f khả vi tại c  (a, b) nếu và chỉ nếu f khả vi trái và khả vi phải tại c và f  (c)  f  (c) .

7


b. Định lí (Công thức số gia giới nội ). Giả sử các ánh xạ f :  a, b   F và g :  a, b    là liên
tục. Khi đó, nếu các ánh xạ f và g có đ ạo hàm f  (x) và g (x) tại mọi x  (a, b) và thỏa mãn

f  (x)  g (x) với mọi x  (a, b)

(1)

f (b)  f (a)  g(b)  g(a)

(2)

thì

Chứng minh

  0, x   a, b  , ta chứng minh
f (x)  f (a)  g(x)  g(a)  (x  a)  

(3)


Sau đó chỉ cần thay x = b và cho   0 ta sẽ được (2).
Đặt

(x)  f (x)  f (a)  g(x)  g(a)  (x  a)   .
Vì các hàm f và g là các hàm liên tục nên  là hàm liên tục.
Kí hiệu
U  x   a, b  : (3) không đúng}
 x   a, b  : f (x)  f (a)  g(x)  g(a)  (x  a)  

(4)

 x   a, b  : (x)  0 .

Ta sẽ chứng minh U   .
Ta thấy U mở, vì x 0  U  (x 0 )  0 , mà do  liên tục nên tồn tại lân cận mở Wx 0   a, b 
sao cho (x)  0 trên Wx 0 , tức là Wx 0  U .
Giả sử U    c  inf U, a  c  b . Khi đó c thỏa mãn 3 điều kiện sau:
(i) c  a . Thật vậy, ta thấy (3) đúng với x = a, mà hai vế của (3) liên tục nên   0 đủ nhỏ để
với mọi x   a, a   thì (3) vẫn đúng. Do đó: x  U : x  a    c  a    a .
(ii) c  U , vì nếu c  U thì do U mở nên tồn tại x  U : a  x  c . Điều này mâu thuẫn với
c  inf U .

(iii) c  b , vì nếu ngược lại thì tập U  b không phải là tập mở.
Vậy c  (a, b) . Theo giả thiết ta có

f  (c)  g (c)

(5)

Theo định nghĩa củ a f  và g tồn tại   0 sao cho với mọi x thỏa mãn c  x  c   thì

f (x)  f (c)

f (x)  f (c)

f (x)  f (c) 
 f  (c)  
 f  (c)   f  (c) 

x c
2
x c
2
x c
2

8


và
g(x)  g(c)

 g(x)  g(c)

g(x)  g(c) 
 g (c)    
 g (c)   g (c) 

x c
2
2

x c
2
x c
2

nên
g(x)  g(c)  f (x)  f (c) 
 

x c
2
x c
2

 f (x)  f (c)  g(x)  g(c)  (x  c)

(6)

Vì c  U nên ta cũng có:

f (c)  f (a)  g(c)  g(a)  (c  a)  

(7)

Từ (6) và (7) suy ra

f (x)  f (a)  f (x)  f (c)  f (c)  f (a)  g(x)  g(a)  (x  a)  , x   c, c  
Đó chính là bất đẳng thức (3) đúng vớ i c  x  c   . Vậy bất đẳng thức (3) thỏa mãn với mọi
x  c   . Do đó
c  inf U  c   .


Ta gặp mâu thuẫn, nên định lí được chứng minh.
c. Nhận xét. Nếu ta thay đạo hàm phải thành đạo hàm trái, ta cũng có kết qu ả tương tự.
Giả sử các ánh xạ f :  a, b   F và g :  a, b    là liên tục. Khi đó, nếu các ánh xạ f và g có đạo
hàm f  (x) và g (x) tại mọi x  (a, b) và thỏa mãn

f  (x)  g (x) với mọi x  (a, b)

(1’)

f (b)  f (a)  g(b)  g(a)

(2’)

thì

Chứng minh

  0, x   a, b  , ta chứng minh
f (b)  f (x)  g(b)  g(x)  (b  x)  

(3’)

Sau đó chỉ cần thay x = a và cho   0 ta sẽ được (2’).
Đặt

(x)  f (b)  f (x)  g(b)  g(x)  (b  x)   .
Vì các hàm f và g là các hàm liên tục nên  là hàm liên tục.
Kí hiệu
U  x   a, b  : (3’) không đúng}

 x   a, b  : f (b)  f (x)  g(b)  g(x)  (b  x)  

9

(4’)


 x   a, b  : (x)  0

Ta sẽ chứng minh U   .
Ta thấy U mở, vì x 0  U  (x 0 )  0 , mà do  liên tục nên tồn tại lân cận mở Wx 0   a, b 
sao cho (x)  0 trên Wx 0 , tức là Wx 0  U .
Giả sử U    c  sup U, a  c  b . Khi đó c thỏa mãn 3 điều kiện sau:
(i) c  b . Thật vậy, ta thấy (3’) đúng với x = b, mà hai vế của (3’) liên tục nên   0 đủ nhỏ để
với mọi x   b  , b  thì (3) vẫn đúng. Do đó: x  U : x  b    c  b    b .
(ii) c  U , vì nếu c  U thì do U mở nên tồn tại x  U : c  x  b . Điều này mâu thuẫn với
c  sup U .

(iii) c  a , vì nếu ngược lại thì tập U  a không phải là tập mở.
Vậy c  (a, b) . Theo giả thiết ta có

f  (c)  g (c)

(5’)

Theo định nghĩa của f  và g tồn tại   0 sao cho với mọi x thỏa mãn c    x  c thì
f (x)  f (c)

f (x)  f (c)


f (x)  f (c) 
 f  (c)  
 f  (c)   f  (c) 

x c
2
x c
2
x c
2

và
g(c)  g(x)

 g(c)  g(x)

g(c)  g(x) 
 g (c)    
 g (c)   g (c) 

cx
2
2
cx
2
cx
2

nên
g(c)  g(x)  f (x)  f (c) 

 

cx
2
x c
2

 f (x)  f (c)  g(c)  g(x)  (c  x)

(6’)

Vì c  U nên ta cũng có:

f (b)  f (c)  g(b)  g(c)  (b  c)  

(7’)

Từ (6) và (7) suy ra

f (b)  f (x)  f (b)  f (c)  f (x)  f (c)  g(b)  g(x)  (b  x)  , x   c  , c
Đó chính là bất đẳng thức (3’) đúng với c    x  c . Vậy bất đẳng thức (3’) thỏa mãn với mọi
x  c   . Do đó
c  sup U  c   .

Ta gặp mâu thuẫn, nên định lí được chứng minh.

10


d. Các hệ quả và định lí áp dụng

(i) Định lí. Giả sử f :  a, b   F, g :  a, b    là các ánh xạ liên tục. Nếu có các giả thiết của
Định lí về công thức số gia giới nội (tức là tồn tại f  và g và có (1)) trên  a, b  chỉ trừ ra một
tập điểm được D   a, b  , thì vẫn có

f (b)  f (a)  g(b)  g(a) .
(ii) Hệ quả. Giả sử f :  a, b   F là ánh xạ liên tục. Nếu f có f  (x) tại mọi điểm x  (a, b) và
thỏa mãn

f  (x)  k (k  0 là hằng số)
thì

f (b)  f (a)  k(b  a)
Hay tổng quát hơn:

f (x 2 )  f (x1 )  k x 2  x1 , x1 , x 2   a, b 
(iii) Định lí. Giả sử   E là tập mở và f :   F là ánh xạ liên tục từ  và không gian
Banach F. Nếu ánh xạ f :   F khả vi và đoạn  a, b    , thì ta có

f (b)  f (a)  b  a sup f   (1  t)a  tb 
0  t 1

(iv) Hệ quả. Giả sử  là tập mở trong E, tức là tập mở lồi sao cho với mỗi cặp điểm a, b   ,
đoạn  a, b    , và f :   F là ánh xạ khả vi. Nếu

f (x)  k, x  
thì với mỗi cặp điểm x i  , i  1, 2 , ta có

f (x 2 )  f (x1 )  k x 2  x1
Hàm f thỏa mãn bất đẳng thức trên gọi là hàm Lipshitz.
Nếu k = 0 tức f (x)  0, x   thì f là ánh xạ hằng.

3.2. Định lí. Cho E1 , , E n , F là các không gian Banach. Giả sử E  E1  E n và  là tập mở
trong E, f :   F . Điều kiện cần và đủ để f thuộc lớp C1 là có các đạo hàm riêng liên tục.
Chứng minh
a. Điều kiện cần. Giả sử f thuộc lớp C1 trên  , tức là f khả vi trên  và f  :   L (E, F) liên
tục. Theo định lí Biểu diễn đạo hàm toàn phần theo đạo hàm riêng (Trang 6) ta có kết quả các
đạo hàm riêng

f
f
tồn tại. Ta chỉ cần chứng minh
:   L (E i , F) liên tục với i  1, , n .
x i
x i

Thật vậy, ta có:
11


f
f
(x) 
(a)
x i
x i

L (Ei ,F)

f
 f


 sup 
(x)(h i ) 
(a)(h i ) : h i  1
x i
 x i

 sup  f (x)(0, , 0, h i , 0, , 0)  f (a)(0, , 0, h i , 0, , 0) : h i  1
 sup  f (x)(h)  f (a)(h) : h  1
x a
 f (x)  f (a) 
 0 (do f  liên tục).

b. Điều kiện đủ. Ta sẽ chứng minh quy nạp theo n.
Trường hợp n = 1 là hiển nhiên. Giả sử định lí đúng với n  1 . Ta chứng minh định lí đúng với n.
Muốn vậy ta chỉ cần chứng minh
n

f (x1 , , x n )  f (a1 , , a n )  
i 1

f
(a)(x i  a i )  o  x  a  ,
x i

(1)

với mọi a  (a1 , , a n )   và x đủ gần a.
Thật vậy, giả sử (1) đúng thì f khả vi tại a, tức tồn tại f (a) và
n


f (a)(x  a)  
i 1

f
(a)(x i  a i ) ,
x i

(2)

và từ (2) suy ra
n

f (a)  
i 1

f
(a), a   ,
x i

tức là f khả vi trên  và f  :   L (E, F) là liên tục.
Quay trở lại việc chứng minh (1). Ta có:
n

f (x1 , , x n )  f (a1 , , a n )  
i 1

f
f
(a)(x i  a i )  f (x1 , , x n )  f (x1 , , x n 1 , a n ) 
(a)(x n  a n )

x i
x n
n 1

 f (x1 , , x n 1 , a n )  f (a1 , , a n )  
i 1

 f (x1 , , x n )  f (x1 , , x n 1 , a n ) 

f
(a)(x n  a n )
x n
n

 f (x1 , , x n 1 , a n )  f (a1 , , a n )  
i 1

Do

f
(a)(x i  a i )
x i

f
:   L (E, F) liên tục tại a nên
x n

  0, 1  0 : x   : x1  a1  1 , , x n  a n  1 thì

12


f
(a)(x i  a i )
x i

(3)


f
f
(x1 , , x n ) 
(a1 , , a n )  
x n
x n
Cố định (x1 , , x n 1 ) thỏa mãn: x i  a i  1 ,

(4)

i  1, , n  1 và xét hàm

g   n   f  x1 , , x n 1 ,   

f
(a)( n  a n ) ,
x n

với n  a n  1 , tức n thuộc tập lồi B(a n , 1 ) .
Khi đó g khả vi theo n và
g   n  


f
f
(x1 , , x n 1 ,  n ) 
(a) .
x n
x n

Do (4) nên

g   n  

f
f
(x1 , , x n 1 ,  n ) 
(a)   .
x n
x n

Theo Định lí số gia giới nội ta có:

g(x n )  g(a n )   x n  a n .
hay

f (x1 , , x n 1 , x n )  f (x1 , , x n 1 , a n ) 

f
(a)(x n  a n )   x n  a n   x  a
x n

(5)


Xét hàm
h(x1 , , x n 1 )  f (x1 , , x n 1 , a) ,

với x1  a1  1 , , x n 1  a n 1  1 .
Thì h có các đạo hàm riê ng theo x i (i  1, , n  1) liên tục và
h
f
(x1 , , x n 1 ) 
(x1 , , x n 1 , a n ) .
x i
x i

Áp dụng giả thiết quy nạp 2  0 : x1  a1   2 , , x n 1  a n 1   2 :
n 1

h  x1 , , x n 1   h(a1 , , a n 1 )  
i 1

f
(a )(x i  a )   x   a  ,
x i

(6)

với x  a    2 , a   (a1 , , a n 1 ), x   (x1 , , x n 1 ) và x  a   max( x1  a1 , , x n 1  a n 1 )
hay
n 1

f (x1 , , x n 1 , a n )  f (a1 , , a n )  

i 1

Lấy   min(1 ,  2 ) .

13

f
(a)(x i  a i )   x   a 
x i


Khi x  a  max x i  a i   thì (5) cộng với (7) cũng đúng. Do đó:
1i  n

n

f (x1 , , x n )  f (a1 , , a n )  
i 1

f
(a)(x i  a i )   x  a   x  a  2 x  a
x i

Suy ra (1) đúng. Định lí được chứng minh.
4. Đạo hàm cấp cao
4.1. Định nghĩa. Giả sử E là không gian định chuẩn, F là không gian Banach và  là tập mở
trong E. Cho ánh xạ khả vi f :   F . Khi đó có ánh xạ f  :   L (E, F) .
a) Ánh xạ f gọi là khả vi hai lần tại x 0   nếu ánh xạ đạo hàm f  khả vi tại x 0 . Trong trường
hợp này, ánh xạ đạo hàm của f  tại x 0 gọi là đạo hàm cấp 2 của f tại x 0 và kí hiệu là
f (x 0 ) hay D 2 f (x 0 )


Như vậy
f (x 0 )  L (E, L (E, F))  L2 (E, F) .

b) Ánh xạ f gọi là khả vi hai lần trên  nếu nó khả vi hai lần tại mọi x   . Khi đó có ánh xạ
f  :   L2 (E, F)
x  f (x)

Nếu f  liên tục, ta nói f khả vi liên tục cấp 2 hay thuộc lớp C2 trên  .
4.2. Ví dụ
a) Nếu f  S  với SL (E, F) thì f (x)  S, x   và do đó f   0 .
b) Giả sử f  S  với SL2 (E, F) với  mở trong E  E , ta đã biết
f (x, y)(h, k)  S(x, k)  S(h, y), (x, y)  , (h, k)  E  E

Xác định T : E  E  L2 (E, F) cho bởi
T(x, y)(h, k)  S(x, k)  S(h, y)

Khi đó T là tuyến tính, liên tục. Thật vậy,


T(x1  x 2 , y1  y 2 )(h, k)  S(x1  x 2 , k)  S(h, y1  y 2 )
 S(x1 , k)  S(h, y1 )  S(x 2 , k)  S(h, y 2 )
 T(x1 , y1 )(h, k)  T(x 2 , y 2 )(h, k)




T(x, y)(h, k)  S(x, k)  S(h, y)    S(x, k)  S(h, y)   T(x, y) .
T(x, y)  sup  T(x, y)(h, k) : h  1, k  1  sup  S(x, k)  S(h, y) : h  1, k  1
 sup  S(x, k) : k  1  sup  S(h, y) : h  1

 S.x .k  S.h . y  S

x

 y

14




 2 S . (x, y)
 T  2 S  T liên tục.
và

f (x, y)(h, k)  T(x, y)(h, k), (x, y)  , (h, k)  E  E  f   T  .
Vậy
f (x, y)  T, (x, y)  

4.3. Định lí (Về tính đối xứng của đạo hàm cấp hai)
Giả sử f :   F , với  mở trong không gian định chuẩn E còn F là không gian Banach, là ánh
xạ khả vi hai lần tại x 0   . Khi đó f  là đối xứng, tức là

f (x 0 )(h, k)  f (x 0 )(k, h),

h, k  E

Chứng minh
Xét hàm phụ  : E  E  F cho bởi


 (h, k)  f (x 0  h  k)  f (x 0  h)  f (x 0  k)  f (x 0 )
Rõ ràng  là đối xứng, tức là  (h, k)   (k, h), h, k  E

(1)
(2)

(i) Giả sử hệ thức
 (h, k)  f (x 0 )(h, k)  o  ( h  k ) 2 

(3)

đã được chứng minh.
Do  đối xứng, từ (3) ta nhận được
 (h, k)  f (x 0 )(k, h)  o  ( h  k ) 2 

(4)

và do đó
f (x 0 )(h, k)  f (x 0 )(k, h)  f (x 0 )(h, k)  (h, k)  (h, k)  f (x 0 )(k, h)
 f (x 0 )(h, k)   (h, k)   (h, k)  f (x 0 )(k, h)
 f (x 0 )(h, k)  f (x 0 )(k, h)  o  ( h  k ) 2 

(5)

tức là   0,   0, h, k  E : h  , k   :
f (x 0 )(h, k)  f (x 0 )(k, h)    ( h  k ) 2 

Lấy h, k  E tùy ý, với t  , t đủ bé để th  , tk   thì:
f (x 0 )(th, tk)  f (x 0 )(th, tk)    ( th  tk ) 2 
 t 2 f (x 0 )(h, k)  f (x 0 )(k, h)  .t 2 .  ( h  k ) 2 

 f (x 0 )(h, k)  f (x 0 )(k, h)    ( h  k ) 2 

15


Cho   0 thì ta được:
f (x 0 )(h, k)  f (x 0 )(k, h),

h, k  E

(ii) Ta sẽ chứng minh (3) . Thật vậy:
 (h, k)  f (x 0 )(h, k)   (h, k)  f (x 0  h)(k)  f (x 0 )(k)
 f (x 0  h)(k)  f (x 0 )(k)  f (x 0 (h, k)
  (h, k)  f (x 0  h)(k)  f (x 0 )(k)  f (x 0  h)(k)  f (x 0 )(k)  f (x 0 )(h, k)

Ở thành phần thứ hai ở vế phải của (6) ta có:
f (x 0  h)(k)  f (x 0 )(k)  f (x 0 )(h, k)  f (x 0  h)  f (x 0 )  f (x 0 )(h)  (k)
 f (x 0  h)  f (x 0 )  f (x 0 )(h) k  k .o( h )  o( h . k )  o  ( h  k ) 2  ,

do


o( h . k )
o( h )
 lim
0,
h 0
h 0
h .k
h

k 0

lim

0
o( h . k )
o( h . k )
h .k
1 o( h . k ) hk 
0
.



0 .
( h  k )2
h .k
( h  k )2 4 h . k



Để đánh giá thành phần thứ nhất ở vế phải của (6)
A   (h, k)  f (x 0  h)(k)  f (x 0 )(k) ,

xét hàm phụ
g(t)  f (x 0  h  tk)  f (x 0  tk)  t.f (x 0  h)(k)  t.f (x 0 )(k) ,

với 0  t  1 và h, k đủ nhỏ.
Rõ ràng
 (h, k)  f (x 0  h)(k)  f (x 0 )(k)  g(1)  g(0)

  (h, k)  f (x 0  h)(k)  f (x 0 )(k)  g(1)  g(0)

và

g(t)  f (x 0  h  tk)(k)  f (x 0  tk)(k)  f (x 0  h)(k)  f (x 0 )(k)


 f (x 0  h  tk)  f (x 0  tk)  f (x 0  h)  f (x 0 )  (k)
 

M
Theo định nghĩa đạo hàm cấp hai ta có:

f (x 0  h  tk)  f (x 0 )  f (x 0 )(h  tk)  o( h  tk )
f (x 0  tk)  f (x 0 )  f (x 0 )(tk)  o( tk )
f (x 0  h)  f (x 0 )  f (x 0 )(h)  o( h )
16

(6)


Do đó

M  f (x 0 )(h  tk)  f (x 0 )(tk)  f (x 0 )(h)  o( h  tk )  o( tk )  o( h )
 f (x 0 )(h)  f (x 0 )(tk)  f (x 0 )(tk)  f (x 0 )(h)  o( h  tk )  o( tk )  o( h )
(do f (x 0 )  L (E, L (E, F))
= o( h  tk )  o( tk )  o( h )  o( h  k ) .
Vậy

A  g(1)  g(0)  sup g(t)  M . k  o( h  k ). k  o  ( h  k ) 2  ,

0  t 1

vì
0
o( h  k ) k
k
o( h  k ) o( h  k ) hk 
0

.


0 .
( h  k )2
h  k
h  k
h  k

4.4. Đạo hàm riêng
a. Định nghĩa. Giả sử f :   F,  là tập mở trong không gian định chuẩn E1    E n và giả sử
f có đạo hàm riêng

f
theo x i trên  .
x i
f
:   L (E i , F)
x i

Nếu


f
có đạo hàm riêng theo x j tại x 0   thì đạo hàm riêng đó gọi là đạo hàm riêng cấp 2
x i

của f tại x 0 theo x i và x j , kí hiệu là

 2f
(x 0 ) .
x jx i

 2f
  f  0
(x 0 ) 

 (x )  L (E j , L (E i , F))  L (E j , E i ; F) .
x jx i
x j  x i 
b. Định lí. Giả sử f khả vi hai lần tại x 0   . Khi đó f có tất cả các đạo hàm riêng cấp 2 tại x 0
và
 2f
(x 0 )(h i , k j ) .

x

x
i, j1
i
j
n


f (x 0 )(h, k)  

  2f

Ma trận 
(x 0 )  gọi là Hessian của f tại x 0 , kí hiệu là H f (x 0 ) .
 x x

 i j


Chứng minh
Mọi hàm g khả vi tại x 0 với giá trị trong không gian Banach ta có:
n

g(x 0 )(h1 , , h n )  
i 1

g 0
(x )(h i )
x i
17

(1)


Áp dụng (1) với f  :   L (E, F) thay cho hàm g ta được:
n


f (x 0 )(h1 , , h n )  
i 1

trong đó

f  0
(x )(h i )
x i

(2)

f  0
(x )  L (E i , L (E, F)) , hay
x i
n

f (x 0 )(h1 , , h n )(k1 , , k n )  
i 1

f  0
(x )(h i )(k1 , , k n )
x i

(3)

Mặt khác
n

f (x)(k1 , , k n )  
j1




f
(x)(k j )
x j

n
f  0
 2f
(x )(h i )(k1 , , k n )  
(x 0 )(h i )(h j )
x i
j1 x i x j

(4)

Từ (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh.
4.5. Đạo hàm cấp cao
a. Định nghĩa
(i) Giả sử E là không gian định chuẩn, F là không gi an Banach và   E là tập mở còn
f :   F là hàm khả vi cấp 2 trên  . Khi đó ta có các ánh xạ

f  :   L2 (E, F)

Nếu f  khả vi tại a   thì ta nói rằng f khả vi cấp 3 tại a và ta kí hiệu đạo hàm của f  tại a bởi
f (a) hay D3f (a) và gọi nó là đạo hàm cấp 3 của f tại a. Như vậy
f (a)  (f )(a)  L (E, L2 (E, F))  L3 (E, F)

Giả sử khái niệm khả vi cấp (n – 1) đã có và viết f (n 1) hay D n 1f là đạo hàm cấp (n – 1) của f.

Khi đó ta nói rằng ánh xạ f là khả vi cấp n tại a   nếu:
1. Tồn tại lân cận V của a trong  sao cho f khả vi cấp (n – 1) tại mọi x  V .
2. Ánh xạ x  f (n 1) (x) từ V vào Ln 1 (E, F) khả vi.
Đạo hàm của f (n 1) tại a được viết là f (n ) (a) hay D n f (a) và gọi là đạo hàm cấp n của f tại a.
Lưu ý rằng f (n ) (a)  Ln (E, F) và với quan niệm thích hợp ta viết
f (n ) (a)(h1 , , h n )  f (n ) (a)(h1 )(h 2 , , h n )    f (n ) (a)(h1 )(h 2 )  (h n )

(ii) Ánh xạ f được gọi là thuộc lớp Cn trên  (hay khả vi liên tục cấp n) nếu f khả vi cấp n tại
mọi điểm x   và f (n ) :   Ln (E, F) là liên tục.
b. Nhận xét


Mở rộng, ta nói f thuộc lớp C trên  nếu nó thuộc lớp Cn trên  với mọi n.

18




Để ánh xạ f khả vi cấp n (n  1) tại a   cần và đủ là:
1. Đạo hàm f (x) tồn tại với mọi x thuộc lân cận V của a thuộc  .
2. Ánh xạ f  : V  L (E, F) khả vi cấp (n – 1) tại a.

Khi đó f (n ) (a)  (f )(n 1) (a)  (f ) (n  2) (a)  


Phép tính đạo hàm cấp n là tuyến tính.

c. Định lí. Nếu ánh xạ f khả vi cấp n tại a   thì đạo hàm cấp n của nó, f (n ) (a)  Ln (E, F) là
ánh xạ n- tuyến tính đối xứng từ E    E vào F. Nói cách khác, nếu h1 , , h n là n phần tử của

E và  là hoán vị bất kì của n số 1, 2, , n thì ta có

f (n ) (a)(h1 , , h n )  f (n ) (a)(h  (1) , , h  (n ) )
Chứng minh
Chỉ cần chứng minh cho định lí đúng với n  2 .
Khi n = 2 thì đó là Định lí về tính đối xứng của đạo hàm cấp hai.
Khi n  3 và giả sử định lí được chứng m inh cho n – 1. Theo định nghĩa f (n ) (a) chính là đạo
hàm tại a   của ánh xạ f (n 1) : V  Ln 1 (E, F) , với V là lân cận của a.
Từ giả thiết quy nạp, f (n 1) là ánh xạ từ V vào không gian con đóng Lsn 1 (E, F) của Ln 1 (E, F) ,
gồm các ánh xạ (n – 1)- tuyến tính đối xứng. Do đó
f (n ) (a)(h1 , , h n )  f (n ) (a)(h1 )(h 2 , , h n )   f (n 1)  (a)(h1 )(h 2 , , h n )

là hàm đối xứng của (h 2 , , h n ) . Vậy chỉ còn chứng minh f (n ) (a)(h1 , , h n ) không thay đổi khi
hoán vị h1 và h 2 . Thật vậy, mỗi hoán vị của n phần tử được phân tích thành tích hữu hạn các
phép chuyển trí, nghĩa là hoán vị của hai phần tử liên tiếp. Như vừa lí luận thì f (n ) (a)(h1 , , h n )
không thay đổi khi hoán vị h i và h i 1 với 2  i  n  1 . Vậy thì chỉ cần chứng minh điều đó xảy
ra khi hoán vị h1 và h 2 . Nhưng f (n ) (a) là đạo hàm cấp 2 của f (n  2) tại a và đạo hàm cấp 2 là đối
xứng. Do đó
f (n ) (a)(h1 , , h n )   f (n  2)  (a)(h1 , h 2 )(h 3 , , h n )   f (n  2)  (a)(h 2 , h1 )(h 3 , , h n )
 f (n ) (a)(h 2 , h1 , h 3  , h n ) .

4.6. Một số định lí, hệ quả vận dụng
(i) Định lí. Giả sử E, F và G là các không gian Banach, U  E, V  F là các tập mở và
f : U  V, g : V  G

là các ánh xạ.
(a) Nếu f và g khả vi n lần tại a  U và b  f (a)  V thì h  g  f khả vi n lần tại a.
19



(b) Nếu f và g thuộc lớp Cn trên U và V tương ứng thì h  g  f cũng thuộc lớp Cn trên U.
(ii) Định lí. Giả sử E là không gian Banach. Khi đó
(a) Isom(E)  u  L (E, E) : u là đẳng cấu} là tập con mở của L (E, E) .
(b) Ánh xạ  : Isom(E)  L (E, E) cho bởi (u)  u 1 là khả vi vô hạn. Ngoài ra
(u)(h)   u 1hu 1 , u  Isom(E), h  L (E, E) .

(iii) Bổ đề. Nếu u L (E, E), u  1 , thì 1E  u  Isom(E) , ở đây 1E là ánh xạ đồng nhất của E.
5. Định lí hàm ngược và hàm ẩn
5.1. Định lí hàm ngược
Giả sử E và F là hai không gian Banach, U  E là mở và f : U  F là ánh xạ thuộc lớp
Cp (p  1) .

5.1.1. Định nghĩa. Ánh xạ f được gọi là vi phôi địa phương lớp Cp tại x 0  U nếu tồn tại hai lân
cận W và Z của x 0 và y 0  f (x 0 ) trong U và F tương ứng sao cho f

W

và (f

W

) 1 thuộc lớp Cp

trên W và Z.
5.1.2. Định lí. Nếu f (x 0 ) là đẳng cấu giữa E và F thì f là vi phôi địa phương lớp Cp tại x 0 .
Chứng minh
Có thể xem E = F.
Bước 1. Giả sử tồn tại hai lân cận W của x 0 và Z của y 0  f (x 0 ) sao cho f

W


là đồng phôi giữa

W và Z. Ta cần chứng minh khi W đủ nhỏ thì f là vi phôi lớp Cp .
Do Isom(E)  u  L (E, F) : u là đẳng cấu} là tập mở trong L (E, F) và f (x 0 )  Isom(E) nên có
thể coi f (x)  Isom(E), x  W .
Cho x1  W . Do f khả vi tại x1 nên nếu y = f(x) và x đủ gần x1 , ta có:
y  y1  f (x1 )(x  x1 )  x  x1 (x  x1 )

(1)

với lim1 (x  x1 )  0 .
x x

Tác động  f (x1 )  vào hai vế của (1) sau đó chuyển vế ta được :
1

x  x1   f (x1 )  (y  y1 )  x  x1  f (x1 )  (y  y1 )
1

1

(2)

Để chứng minh f 1 khả vi tại y1 , ta cần chứng minh
x  x1  f (x1 )  (y  y1 )  o( y  y1 )
1

1
và khi đó  f 1  (y1 )   f (x1 )  .


20

(3)


Đặt

 f (x ) 
1

1

(y  y1 )   (x  x1 )

Vì  f (x1 )  liên tục và lim1 (x  x1 )  0 nên lim1 (x  x1 )  0 .
1

x x

x x

Từ (2) ta có

 f (x ) 
1

1

. y  y1   f (x1 )  (y  y1 )  x  x1  x  x1  (x  x1 )

1





 x  x1 1   (x  x1 ) .

Từ đó

 f (x ) 
1

x  x1  y  y1 .

1

1   (x  x )
1

khi x đủ gần x1

Vậy

 f (x ) 
1

xx

 (x  x )  y  y .


1

1

1

1

. (x  x1 )

1   (x  x )
1

 o( y  y1 )

Do x1  W tùy ý nên (3) có thể viết thành

 f  (y)   f (x) 
1

1

, x  W, y  f (x)

(4)

Vì ánh xạ u  u 1 là khả vi vô hạn lần trên Isom(E) nên từ (4) suy ra f 1 thuộc lớp Cp .
Bước 2. Để kết thúc chứng minh định lí, ta còn phải chứng tỏ có một lân cận W của x 0 và Z của
y0 để f là ánh x ạ đồng phôi từ W lên Z.


Thay f bởi f1   f (x 0 )  f .
1

Nếu chứng minh được có lân cận của x 0 và lân cận của f1 (x 0 ) sao cho f1 là đồng phôi thì kết
quả đúng cho f.
Ta có thể coi f (x 0 )  1E do f1(x 0 )   f (x 0 )  f (x 0 )  1E .
1

Đặt
(x)  x  f (x), x  U

Khi đó

f (x)  f (x )  (x  x )   (x)  (x )  , x, x   U
Từ đó

f (x)  f (x )  x  x   (x)  (x )
Ta có
21

(5)


(x 0 )  1E  f (x 0 )  1E  1E  0

Do (x) liên tục tại x 0 nên lim0 (x)  0 , tức là tồn tại r  0 sao cho B(x 0 , r)  U và
x x

1

(x)  , x  B(x 0 , r)
2

Áp dụng Hệ quả công thức số gia giới nội trên B(x 0 , r)
(x)  (x ) 

1
x  x ,
2

x, x   B(x 0 , r)

(6)

Từ (5) và (6) suy ra
f (x)  f (x) 

1
x  x ,
2

x, x   B(x 0 , r)

(7)

r 
r

Ta sẽ chứng minh f : B  x 0 , r   f 1  B(y 0 , )   B(y 0 , ) là đồng phôi.
2 

2

r 

Từ (7) suy ra f là đơn ánh trên B(x 0 , r) nên f cũng là đơn ánh trên B  x 0 , r   f 1  B(y 0 , )  .
2 

r
r 

Cho y  B(y 0 , ) . Ta sẽ tìm x  B(x 0 , r) để f (x)  y và vậy thì x  B  x 0 , r   f 1  B(y 0 , )  .
2
2 


Đặt
x1  y  (x 0 ), , x p 1  y  (x p ),

(8)

Để có thể xác định x p như trong (8), ta chứng minh quy nạp theo p bất đẳng thức
xp  x0 

1 kp
1
y  y 0 với k 
1 k
2

(9)


Khi đó, nếu x p thỏa mãn (9) thì do
y  y0
1 kp
r
0
x x 
yy 
 .2  r  x p  B(x 0 , r) , tức là (x p ) có nghĩa.
1 k
1 k
2
p

0

Với p = 1 ta có
x1  x 0  y  (x 0 )  x 0  y  x 0  f (x 0 )  x 0  y  y 0 ,

do đó (9) đúng với p = 1.
Giả sử (9) đúng với p. Từ (8) ta có:
x p 1  x p  (x p )  (x p 1 )  x p 1  x p  k. x p  x p 1

(theo (6) với k 

Cứ như vậy ta có
x p 1  x p  k. x p  x p 1    k p x1  x 0  k p y  y 0

Từ giả thiết quy nạp (9) và (10) suy ra


22

(10)

1
)
2


 1 kp

1  k p 1
x p 1  x 0  x p 1  x p  x p  x 0  
 k p  y  y0 
y  y0
1 k
 1 k

Vậy (9) được chứng minh với mọi p  0 .
Mặt khác, với p  q  1 :
x p  x q  x p  x p 1  x p 1  x p  2    x q 1  x q  (k p 1  k p  2    k q ) y  y 0


  k j y  y0 
j q

kq
q 
y  y 0 
0

1 k

suy ra dãy x p  là dãy Cauchy trong không gian Banach E nên tồn tại x  E : x  lim x p .
p 

Cho p   ở hai vế của (9) ta được
x  x0 

1
y  y0  2 y  y0  r .
1 k

Vậy x  B(x 0 , r) .
Bây giờ cho p   trong đẳng thức x p 1  y  (x p ) ta được
x  y  (x)  y  x  f (x) hay y  f (x)  f là toàn ánh

Do đó f là song ánh và tồn tại ánh xạ ngược
r
Ta chứng minh g liên tục. Thật vậy, nếu y, y  B(y 0 , ) thì từ (7) ta có
2

g(y)  g(y)  x  x   2 f (x)  f (x )  2 y  y
Vậy g liên tục.
5.2. Định lí hàm ẩn
Giả sử E, F và G là các không gian Banach,  là mở trong E  F và f :   G là ánh xạ thuộc
lớp Cp (p  1) .
Giả sử f thỏa mãn các điều kiện sau:
a. f  Cp (p  1) trên   E  F .
b. f (x 0 , y 0 )  0, (x 0 , y 0 )   .
c.


f 0 0
(x , y ) : F  G .
y

Khi đó tồn tại
1. trong không gian E  F một lân cận mở V của (x 0 , y 0 ), V   .
2. trong E một lân cận mở W của x 0 .
3. ánh xạ g : W  F thuộc lớp Cp sao cho
(x, y)  V và f (x, y)  0  x  W và y  g(x) .

23


Chứng minh. Ta sẽ áp dụng Định lí hàm ngược .
Xét ánh xạ f1 :   E  G cho bởi

f1 (x, y)   x, f (x, y)  , (x, y)  
Do f thuộc lớp Cp nên f1 cũng thuộc lớp Cp . Ta có
 1E
f1 (x , y )   f

 x
0

0

0
1E


0
0
f  (x , y )   f 0 0
(x , y )
y 
 x


f 0 0 
(x , y )
y

0

Khi đó, f1 (x 0 , y 0 ) : E  F  F  G là một đẳng cấu. Thật vậy,


1E


f1 (x , y )(h, k)  0  f 0 0
 (x , y )
 x
0

0


h 
f 0 0     (0, 0)

(x , y )  k 
y

0

 f

f
  h, (x 0 , y 0 )(h)  (x 0 , y 0 )(k)   (0, 0)
y
 x

h  0
h  0

  f 0 0

 f1 là đơn cấu.
f 0 0
(x
,
y
)(h)

(x
,
y
)(k)

0

k

0

 x
y




Giả sử (h, k)  E  G , cần chỉ ra tồn tại (x, y)  E  G : f1 (x 0 , y 0 )(x, y)  (h, k) . Khi đó

 f 0 0

f 0 0
 x, (x , y )(x)  (x , y )(y)   (h, k)
y
 x

x  h

  f 0 0
f 0 0

(x
,
y
)(x)
(x , y )(y)  k
 x

y



f 0 0
f
(x , y )(y)  k  (x 0 , y 0 )(x)
y
x
1

 f
 
f
f 0 0

 y   (x 0 , y 0 )   k  (x 0 , y 0 )(x)  (Do
(x , y ) là đẳng cấu nên tồn tại ánh xạ ngược)
x
y

 y
 
 f1 là toàn ánh. Do đó f1 là đẳng cấu.

Theo Định lí Hàm ngược, tồn tại lân cận mở V của (x 0 , y 0 ) trong  và một lân cận Z của
f1 (x 0 , y 0 )  (x 0 , 0) sao cho f1 : V  Z là vi phôi lớp Cp . Dễ thấy ánh xạ ngược g1   f1 V 

thuộc lớp Cp và có dạng :
~


g1 (x, z)  (x, g(x, z)), (x, z)  Z

Có thể kiểm tra lại khẳng định sau
24

1


~

(x, y)  V và f (x, y)  z  (x, z)  Z và g(x, z)  y

Đặt

W  x  E : (x, 0)  Z
và
~

g(x)  g(x, 0), x  W

Khi đó g  Cp và
(x, y)  V, f (x, y)  0  x  W và g(x)  y

6. Công thức Taylor
Giả sử E là không gian định chuẩn, F là không gian Banach và f :   F với  là mở trong E.
6.1. Định lí (Công thức Taylor dạng Peano). Giả sử f khả vi (p – 1) lần trên  và khả vi p lần
tại x 0   . Khi đó

f (x 0  h)  f (x 0 ) 


f (x 0 )
f (p) (x 0 ) p
p
(h)   
(h)  o( h )
1!
p!

6.2. Định lí (Công thức Taylor dạng Largange). Giả sử f :   F khả vi (p + 1) lần trên  và
f (p 1) (x)  M, x  

Khi đó
p

h
f (x 0 )
f (p) (x 0 ) p
f (x  h)  f (x ) 
(h)   
(h)  M.
, với mọi  x 0 , x 0  h   
1!
p!
(p  1)!
0

0

6.3. Công thức Taylor dạng tích phân. Giả sử f :   F thuộc lớp C p 1 . Nếu  x 0 , x 0  h   

thì
f (x 0 )
f (p) (x 0 ) p
(1  t) p (p 1) 0
f (x  h)  f (x ) 
(h)   
(h)  
f
(x  th)(h) p 1 dt
1!
p!
p!
0
1

0

0

7. Tích ngoài các ánh xạ đa tuyến tính thay phiên
7.1. Phép thế
+ Tập tất cả các phép thế bậc p kí hiệu là
Phép thế    p



(luôn coi p  2 ).

p


gọi là phép chuyển vị giữa i và j nếu (i)  j và (k)  k, k  i, j . Rõ ràng

   1 nếu  là phép chuyển vị.

+ Mọi phép thế    p

đều có thể viết như tích của một số hữu hạn các phép chuyển vị.

+ Ta nói cặp i, j lập thành một cặp nghịch thế đối với    p
Số các nghịch thế của  được kí hiệu là N() .
25

nếu (i  j)((i)  ( j))  0 .