Bài giảng Toán cao cấp C1 (Hệ đại học)

1 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ SÀI GÒN 
BAN KHOA HỌC CƠ BẢN 
BỘ MÔN TOÁN 
BÀI GIẢNG 
TOÁN CAO CẤP C1 
(HỆ ĐẠI HỌC) 
Biên soạn: TS TRẦN NGỌC HỘI 
TP HỒ CHÍ MINH − 2009 
LƯU HÀNH NỘI BỘ 
2 
Lời nói đầu 
_____________________ 
 ập bài giảng Toán cao cấp C1 (Hệ đại học) được biên soạn trên cơ sở đề cương 
môn học của Trường Đại học Công Nghệ Sài Gòn; nhằm đáp ứng yêu cầu nâng cao chất 
lượng giảng dạy trong giai đoạn nhà trường thực hiện đào tạo theo học chế tín chỉ. 
Tập bài giảng này chứa đựng nội dung mà tác giả đã giảng dạy ở Trường Đại học 
Công Nghệ Sài Gòn và các trường đại học khác. Tác giả bày tỏ lòng cảm ơn đối với các 
đồng nghiệp ở Ban Khoa học Cơ bản - Trường Đại học Công Nghệ Sài Gòn đã động 
viên, đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho việc biên soạn. 
Tuy vậy, thiếu sót vẫn không thể tránh khỏi. Tác giả rất mong nhận được những nhận 
xét góp ý của quý đồng nghiệp cho tập bài giảng này và xin chân thành cám ơn. 
Tp. Hồ Chí Minh, tháng 09 năm 2009 
 Tác giả 
T
3 
MỤC LỤC 
CHƯƠNG 1. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN 
A. HÀM SỐ 
1. HÀM SỐ SƠ CẤP CƠ BẢN ........................................................................................... 5 
2. HÀM SỐ SƠ CẤP .......................................................................................................... 9 
B. GIỚI HẠN 
1. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT ................................................................................. 10 
2. HÀM TƯƠNG ĐƯƠNG ............................................................................................... 12 
3. VÔ CÙNG BÉ (VCB) - VÔ CÙNG LỚN .................................................................... 16 
4. DẠNG VÔ ĐỊNH 1∞ .................................................................................................... 22 
C. LIÊN TỤC 
1. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT .................................................................................. 23 
2. HÀM SỐ LIÊN TỤC TRÊN MỘT ĐOẠN ................................................................... 25 
D - ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 
1. KHÁI NIỆM ĐẠO HÀM ............................................................................................. 27 
2. PHƯƠNG PHÁP TÍNH ĐẠO HÀM ........................................................................... 30 
3. VI PHÂN ....................................................................................................................... 34 
4. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CẤP CAO .......................................................................... 36 
5. QUI TẮC L’HOSPITAL ............................................................................................... 38 
6. KHAI TRIỂN TAYLOR ............................................................................................... 43 
7. ỨNG DỤNG .................................................................................................................. 47 
BÀI TẬP ........................................................................................................................... 53 
CHƯƠNG 2. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN 
A - TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 
1. KHÁI NIỆM VỀ TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH ................................................................ 59 
4 
2. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN ................................................................. 61 
3. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ ......................................................................................... 67 
4. TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC ............................................................................. 71 
5. TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỈ ............................................................................................ 73 
B -TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH - TÍCH PHÂN SUY RỘNG 
1. TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH ............................................................................................ 78 
2. TÍCH PHÂN SUY RỘNG ............................................................................................ 84 
3. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN .................................................................................. 88 
4. KHÁI NIỆM VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ........................................................... 90 
BÀI TẬP ........................................................................................................................... 95 
CHƯƠNG 3. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN 
1. KHÁI NIỆM VỀ HÀM NHIỀU BIẾN ........................................................................ 99 
2. ĐẠO HÀM RIÊNG ..................................................................................................... 102 
3. ĐẠO HÀM RIÊNG CỦA HÀM HỢP ........................................................................ 104 
4. ĐẠO HÀM RIÊNG CỦA HÀM ẨN .......................................................................... 105 
5. VI PHÂN ..................................................................................................................... 107 
6. CỰC TRỊ .................................................................................................................... 109 
7. CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN ......................................................................................... 110 
8. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT- GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT .......................................................... 113 
9. MỘT SỐ BÀI TOÁN KINH TẾ ................................................................................. 115 
BÀI TẬP ......................................................................................................................... 118 
5 
CHƯƠNG 1 
PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN 
A. HÀM SỐ 
1. HÀM SỐ SƠ CẤP CƠ BẢN 
1.1. Hàm lũy thừa y = xα (α : Const) 
Miền xác định D của hàm số y = xα phụ thuộc vào α. Trường hợp α là số vô tỉ, ta có 
D = [0; +∞) nếu α > 0; D = (0; +∞) nếu α < 0. 
1.2. Hàm số mũ: y = ax (0 < a ≠ 1 : Const) 
Hàm số y = ax có miền xác định D = R, miền giá trị là (0; +∞). 
1.3. Hàm số logarit: y = logax (0 < a ≠ 1 : Const) 
Hàm số y = logax có miền xác định D = (0; +∞), miền giá trị là R. Nhắc lại một số công 
thức: 
Với 0 0 và y, α∈R, ta có: 
Ví dụ: Tính A = log1325. 
Giải: 13
ln25 A log 25 1,254947126
ln13
= = ≈ . 
a
a y
a a
log x
a 1 2 a 1 a 2
1
a a 1 a 2
2
a a
a a
y log x
1) x a . Ñaëc bieät, log 1 0; log a 1.
x 0
2) a x.
3) log (x x ) = log (x ) + log (x ).
x4) log ( ) = log (x ) - log (x ).
x
1 Ñaëc bieät, log ( ) = - log (x).
x
5) log (x ) = log (x).
6) l
α
=⎧ ⇔ = = =⎨ >⎩
=
α
aa
a a b
a
b
a
e
10
1og (x) = log (x) ( 0).
7) log x = log b.log x;
log x log x = .
log b
8) lnx = log x : Logarit Neâpe cuûa x. 
 lgx = log x : Logarit thaäp phaân cuûa x.
α α ≠α
6 
1.4. Hàm số lượng giác và hàm ngược 
1.4.1. Hàm y = sinx và y =arcsinx: 
Với −1 ≤ a ≤ 1, ta định nghĩa: 
sin a;
arcsina
.
2 2
α =⎧⎪= α ⇔ ⎨ π π− ≤ α ≤⎪⎩
Khi đó arcsina (−1 ≤ a ≤ 1) được xác định duy nhất. Như vậy, y= arcsinx là hàm số có tính 
chất sau: 
• Miền xác định: D = [−1;1]. 
• Miền giá trị: [ ; ].
2 2
π π− 
• [ ; ], a [ 1;1];sin a arcsina .
2 2
π π∀α ∈ − ∀ ∈ − α = ⇔ = α 
• y = arcsinx là hàm số lẻ, nghĩa là arcsin(−x) = − arcsinx. 
Ví dụ: arcsin(1/2) = π/6; arcsin(− 3 /2) = − arcsin( 3 /2) = −π/3; arcsin(−1/2) = π/6; 
arcsin(−3/4) = − arcsin(3/4) ≈ − 0,848062079; arcsin(−4) không tồn tại. 
1.4.2. Hàm y = cosx và y =arccosx: 
7 
Với −1 ≤ a ≤ 1, ta định nghĩa: 
cos a;
arccosa
0 .
α =⎧= α ⇔ ⎨ ≤ α ≤ π⎩ 
Khi đó arccosa (−1 ≤ a ≤ 1) được xác định duy nhất. Như vậy, y= arccosx là hàm số có 
tính chất sau: 
• Miền xác định: D = [−1;1]. 
• Miền giá trị: [0; ].π 
• [0; ], a [ 1;1];cos a arccosa .∀α ∈ π ∀ ∈ − α = ⇔ = α 
• arccos(− x) = π − arccosx. 
Ví dụ: arccos(1/2) = π/3; arccos(− 3 /2) = π − arccos( 3 /2) = π − π/6 = 5π/6; 
arccos(− 2 /2) = π − arccos( 2 /2)= 3π/4; arccos(−3/4) = π - arccos(3/4)≈ 2,418858406; 
arccos(− 4) không tồn tại. 
1.4.3. Hàm y = tgx và y =arctgx: 
8 
Với a ∈ R, ta định nghĩa: 
tg a;
arc tga
.
2 2
α =⎧⎪= α ⇔ ⎨ π π− < α <⎪⎩
Khi đó arctga được xác định duy nhất. Như vậy, y= arctgx là hàm số có tính chất sau: 
• Miền xác định: D = R. 
• Miền giá trị: ( ; ).
2 2
π π− 
• ( ; ), a , tg a arctga .
2 2
π π∀α ∈ − ∀ ∈ α = ⇔ = α\ 
• y = arctgx là hàm số lẻ, nghĩa là arctg(−x) = − arctgx. 
Ví dụ: arctg1 = π/4; arctg(− 3 /3) = − arctg( 3 /3) = − π/6; arctg(−1)= −π/4; 
arctg(3/4) ≈ 0,643501108; arctg(− 4) ≈ −1,3258. 
1.4.4. Hàm y = cotgx và y =arccotgx: 
Với a ∈ R, ta định nghĩa: 
cotg a;
arc cotga
0 .
α =⎧= α ⇔ ⎨ < α < π⎩ 
Khi đó arccotga được xác định duy nhất. Như vậy, y= arccotgx là hàm số có tính chất sau: 
• Miền xác định: D = R. 
• Miền giá trị: (0; ).π 
• (0; ), a ,cot g a arc cot ga .∀α ∈ π ∀ ∈ α = ⇔ = α\ 
• arccotg(−x) = π − arccotgx. 
Ví dụ: arccotg1 = π/4; arccotg(− 3 /3) = π − arccotg( 3 /3) = π − π/3 = 2π/3; 
9 
arccotg(− 3 ) = π − arccotg( 3 ) = π − π/6 = 5π/6; 
arccotg(3/4) = π/2 − arctg(3/4) ≈ 0,927295218 
arccotg(−4) = π/2 − arctg(−4) ≈ π/2 + arctg4 ≈ 2,89661399. 
trong đó ta đã sử dụng tính chất sau: 
1.4.5. Tính chất: 
1) Với mọi −1 ≤ x ≤ 1, arcsinx + arccosx = π/2. 
2) Với mọi x, arctgx + arccotgx = π/2. 
2. HÀM SỐ SƠ CẤP 
Hàm số sơ cấp là hàm số được xây dựng từ các hàm hằng và các hàm số sơ cấp cơ bản qua 
các phép toán đại số: cộng, trừ, nhân, chia và phép hợp nối ánh xạ. 
Ví dụ: y ln(1 2x)= + là một hàm số sơ cấp. 
sin6x neáu x < 0;
y x
cos3x neáu x 0.
⎧⎪= ⎨⎪ ≥⎩
 không là hàm số sơ cấp. 
10 
B. GIỚI HẠN 
1. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT 
1.1. Định nghĩa. 1) Cho hàm số f(x) xác định trên một khoảng chứa x0 (có thể loại trừ x0). 
Ta nói f(x) có giới hạn là L∈ R khi x tiến về x0, nếu f(x) có thể gần L tùy ý khi x tiến sát đến x0. 
Ký hiệu: 
0
0x x
lim f (x) L hay f(x) L khi x x→ = → → . 
Chính xác hơn, theo ngôn ngữ toán học, ta có: 
0
0x x
0 0 0
lim f (x) L 0, 0, x , 0 |x x | | f (x) L|
 0, 0, x , x x x x | f (x) L|
→ = ⇔ ∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ ⇒ − < ε
⇔ ∀ε > ∃δ > ∀ ∈ − δ < ≠ < + δ ⇒ − < ε
\
\
Minh họa: 
2) Cho hàm số f(x) xác định trên một khoảng có dạng (a;x0). Ta nói f(x) có giới hạn là L∈ 
R khi x tiến về x0 bên trái, nếu f(x) có thể gần L tùy ý khi x tiến sát đến x0 về phía bên trái. 
Ký hiệu: 
0
0x x
lim f (x) L hay f(x) L khi x x−
−
→
= → → . 
Chính xác hơn, theo ngôn ngữ toán học, ta có: 
0
0x x
lim f(x) L 0, 0, x ,0 x x |f(x) L|−→ = ⇔ ∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ ⇒ − < ε\ 
Minh họa: 
3) Cho hàm số f(x) xác định trên một khoảng có dạng (x0;b). Ta nói f(x) có giới hạn là L∈ 
R khi x tiến về x0 bên phải, nếu f(x) có thể gần L tùy ý khi x tiến sát đến x0 về phía bên phải. 
Ký hiệu: 
0
0x x
lim f (x) L hay f(x) L khi x x+
+
→
= → → . 
Chính xác hơn, theo ngôn ngữ toán học, ta có: 
11 
0
0x x
lim f (x) L 0, 0, x ,0 x x |f (x) L|+→ = ⇔ ∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ ⇒ − < ε\ 
Minh họa: 
Như vậy, từ các định nghĩa trên ta suy ra; 
0
0
0
x x
x x
x x
lim f (x) L; 
lim f (x) L 
lim f (x) L. 
+
−
→
→
→
=⎧⎪= ⇔ ⎨ =⎪⎩
4) Tương tự, ta định nghĩa được các giới hạn: 
0 0 0x x x x x x
lim f (x) ; lim f (x) ; lim f (x) ; ...
→ → →
= +∞ = −∞ = ∞ . 
1.2. Định lý. Cho các hàm số f(x), g(x) khi x→ x0. Khi đó, với a, b ∈R, ta có: 
1) Nếu f(x) →a, g(x) →b thì : 
f(x) + g(x) → a + b; 
f(x) – g(x) → a – b; 
f(x)g(x) → ab; 
f(x)/g(x) → a/b (nếu b ≠ 0). 
2) Nếu f(x) →a, g(x) →∞ thì f(x) + g(x) → ∞. 
3) Nếu f(x) →+∞, g(x) →+∞ thì f(x) + g(x) → +∞. 
4) Nếu f(x) →a ≠ 0, g(x) →∞ thì f(x)g(x) → ∞. 
5) Nếu f(x) →∞, g(x) →∞ thì f(x)g(x) →∞. 
6) Nếu f(x) →a ≠ 0, g(x) →0 thì f(x)/g(x) → ∞. 
7) Nếu f(x) →a, g(x) →+∞ thì f(x)/g(x) → 0. 
8) Nếu f(x) →∞, g(x) →b thì f(x)/g(x) → ∞. 
9) Nếu f(x) →a > 1, g(x) →+∞ thì f(x)g(x) → +∞. 
Nếu f(x) →a với 0 < a < 1, g(x) →+∞ thì f(x)g(x) → 0. 
10) Nếu f(x) →a thì |f(x)| → |a|. 
11) f(x) →0 ⇔ |f(x)| → 0. 
12) (Giới hạn kẹp) Giả sử f(x) ≤ h(x) ≤ g(x), ∀x khá gần x0 và f(x) → a; g(x) → a. Khi 
đó h(x) →a. 
12 
1.3. Định lý. Cho f(x) là một hàm số sơ cấp xác định tại x0. Khi đó 
0
0x x
lim f (x) f (x ).
→
= 
Ví dụ: 1) 
x
2
1 cos2x 1 coslim 2.
sin x sin
2
π→
− − π= =π 
2)
x 0
1 cos2xlim 
sinx→
+ = ∞
x 0 x 0
(vì lim(1 cos2x) 1 cos0 2 vaø limsin x sin0 0)
→ →
+ = + = = = 
1.4. Các dạng vô định trong giới hạn: 
Có tất cả 7 dạng vô định trong giới hạn, đó là: 
0 00; 0 ; ; ; 1 ; 0 ; .
0
∞∞∞ − ∞ ∞ ∞∞ 
1) Dạng ∞ − ∞ : Khi f(x) → +∞ (− ∞) và g(x) → +∞ (− ∞) thì ta nói lim (f(x) – g(x)) có 
dạng vô định ∞ − ∞ . 
2) Dạng 0 :∞ Khi f(x) → 0 và g(x)→∞ thì ta nói lim f(x)g(x) có dạng vô định 0∞ (Lưu 
ý : f(x) → 0 không có nghĩa là f(x) ≡ 0). 
3) Tương tự cho 5 dạng còn lại. 
Ta nói các dạng trên là các dạng vô dịnh vì không có qui tắc chung để xác định giá trị của 
giới hạn nếu chỉ dựa vào các giới hạn thành phần. 
Đề tính các giới hạn có dạng vô định, ta cần biến đổi để làm mất đi dạng vô định, gọi là 
khử dạng vô định. 
2. HÀM TƯƠNG ĐƯƠNG 
2.1. Định nghĩa. Cho các hàm số f(x), g(x) xác định và không triệt tiêu trên một khoảng 
chứa x0 (có thể loại trừ x0). Ta nói f(x) tương đương với g(x) khi x →x0, ký hiệu f(x)∼ g(x) khi 
x →x0, nếu 
0x x
f (x)lim 1.
g(x)→
= 
Như vậy, 
0x x
f (x)f (x) g(x) lim 1
g(x)
(f (x), g(x) 0)
→⇔ =
≠
∼
Các tính chất sau được thỏa: 
1) f(x) ∼ f(x). 
2) f(x) ∼ g(x) ⇒ g(x) ∼ f(x). 
13 
3) f(x) ∼ g(x) và g(x) ∼ h(x) ⇒ f(x) ∼ h(x). 
2.2. Định lý. 1) Nếu f(x) → L ∈ R, L ≠ 0, thì f(x) ∼ L. 
2) Nếu f(x) ∼ g(x) và g(x) → A thì f(x) → A. 
3) Nếu 1 1
2 2
f (x) g (x);
f (x) g (x).
⎧⎨⎩
∼
∼ thì 
1 2 1 2
1 1
2 2
f (x)f (x) g (x)g (x);
f (x) g (x) .
f (x) g (x)
⎧⎪⎨⎪⎩
∼
∼ 
4) Nếu f(x) ∼ g(x) thì n nf (x) g(x)∼ (giả sử các căn có nghĩa). 
Chú ý: 
• Ta không thể viết f(x) ∼ 0 hay f(x) ∼ ∞ (ngay cả khi f(x) →0 hay f(x) →∞) vì điều 
này vô nghĩa! 
• 1 1
2 2
f (x) g (x);
f (x) g (x).
⎧ ⇒⎨⎩
∼
∼
1 2 1 2
1 2 1 2
f (x) f (x) g (x) g (x);
f (x) f (x) g (x) g (x).
+ +⎡⎢ − −⎣
∼
∼ 
Chứng minh: 1) Nếu f(x) → L∈ R, L≠ 0, thì f (x)lim 1
L
= nên f(x) ∼ L (ở đây L được xem 
như hàm hằng). 
2) Nếu f(x) ∼ g(x) và g(x) → A thì f (x)f (x) g(x) 1.A A
g(x)
= → = . 
3) Giả sử 1 1
2 2
f (x) g (x);
f (x) g (x).
⎧⎨⎩
∼
∼ Khi đó 
1 2
1 2
f (x) f (x)
lim lim 1.
g (x) g (x)
= = 
từ đó 
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
f (x)f (x) f (x) f (x)lim lim .lim 1.1 1;
g (x)g (x) g (x) g (x)
f (x) / f (x) f (x) f (x)lim lim / lim 1 / 1 1.
g (x) / g (x) g (x) g (x)
= = =
= = =
Suy ra 
1 2 1 2
1 1
2 2
f (x)f (x) g (x)g (x);
f (x) g (x) .
f (x) g (x)
⎧⎪⎨⎪⎩
∼
∼ 
4) Giả sử f(x) ∼ g(x). Khi đó 
n
nn
n
f (x) f (x)lim lim 1 1.
g(x)g(x)
= = = 
Suy ra n nf (x) g(x)∼ . 
14 
2.3.Một số giới hạn và tương đương cơ bản: 
GIỚI HẠN TƯƠNG ĐƯƠNG 
x 0
sin xlim 1
x→
= (x: rad) sinx ∼ x khi x→0 (x: rad) 
2x 0
1 cosx 1lim
x 2→
− = (x: rad) 1 – cosx∼ 1
2
 x2 khi x→0 (x: rad) 
x 0
tgxlim 1
x→
= (x: rad) tgx ∼ x khi x→0 (x: rad) 
x 0
arcsinxlim 1
x→
= arcsinx ∼ x khi x→0 
x 0
arctgxlim 1
x→
= arctgx ∼ x khi x→0 
x
x 0
e 1lim 1
x→
− = e
x − 1∼ x khi x→0 
x 0
ln(1 x)lim 1
x→
+ = ln(1+ x) ∼ x khi x→0 
x 0
(1 x) 1lim
x
α
→
+ − = α (1+x)
α −1 ∼ αx khi x→0 (α ≠ 0) 
• x x
x x
lim e ; lim e 0.→+∞ →−∞= +∞ = 
• 
x x 0
lim ln x ; lim ln x .+→+∞ →= +∞ = −∞ 
• 
x x
2 2
l ...  
Từ (*) ta tính y theo x (hoặc x theo y) rồi thế vào f(x,y) ta được hàm một biến. Cực trị của 
hàm một biến đó cho ta cực trị có điều kiện của f(x,y). 
Ví dụ : Tìm cực trị của hàm z = x2 + y2 thỏa điều kiện ràng buộc x + y = 10 (*). 
Giải. Từ điều kiện (*) ta suy ra: y = 10 – x. Thế vào z ta được hàm một biến: 
z1 = x2 + (10 – x)2 = 2x2 – 20x + 100. 
Hàm z1 đạt cực tiểu tại x = 5 với z(5) = 50. Do đó, với điều kiện (*), z đạt cực tiểu tại (x,y)=(5,5) 
với z(5,5) = 50. 
2) Phương pháp nhân tử Lagrange: 
Phương pháp nhân tử Lagrange gồm các bước sau: 
Bước 1: Lập hàm Lagrange: 
Lλ(x,y) = f(x,y) + λϕ (x,y), 
Trong đó λ là tham số thực, gọi là nhân tử Lagrange. 
Bước 2: Xác định các điểm dừng và nhân tử: 
Giải hệ 
x x
y y
L f (x, y) (x, y) 0;
x
L f (x, y) (x, y) 0;
y
(x, y) 0.
λ
λ
∂⎧ ′ ′= + λϕ =⎪ ∂⎪∂⎪ ′ ′= + λϕ =⎨ ∂⎪⎪ϕ =⎪⎩
tìm tất cả các điểm dừng cùng với các giá trị tương ứng của nhân tử λ. 
Bước 3: Tìm vi phân cấp 2: 
2 2 2
2 2 2
2 2
L L Ld L dx 2 dxdy dy
x x y y
λ λ λ
λ
∂ ∂ ∂= + +∂ ∂ ∂ ∂ 
Bước 4: Xác định cực trị có điều kiện: 
Với mỗi điểm dừng M0(x0,y0) cùng với nhân tử λ0 tìm được ở Bước 2, xét: 
D = 
0
2
0 0d L (x , y )λ 
trong đó dx, dy thỏa ràng buộc biểu thị bằng phương trình: 
0 0d (x , y ) 0 ϕ = 
hay x 0 0 y 0 0(x , y )dx (x , y )dy 0′ ′′ϕ + ϕ = (**) 
Ta có: Cho dx, dy thay đổi, không đồng thời bằng 0 thoả (**). Khi đó 
112 
D không đổi dấu khi dx, dy 
thay đổi 
D > 0 f đạt cực tiểu tại M0(x0,y0) với điều kiện (*) 
D < 0 f đạt cực đại tại M0(x0,y0) với điều kiện (*) 
D đổi dấu khi dx, dy thay đổi f không đạt cực trị tại M0(x0,y0) với điều kiện (*)
 Ví dụ. Tìm cực trị của hàm z = x + 2y thỏa điều kiện ràng buộc x2 + y2 = 5. 
Giải. Điều kiện đã cho được viết lại như sau: 
x2 + y2 − 5 = 0 (*) 
Bước 1: Lập hàm Lagrange: 
Lλ(x,y) = x + 2y + λ(x2 + y2 – 5). 
Bước 2: Xác định các điểm dừng và nhân tử: 
Ta có: 
2 2
2
L 10; x ;
x 2 11 2 x 0; (x, y) ( 1, 2); ;L 1 20; 2 2 y 0; y ; 
1y (x, y) (1,2); .x y 5 0. 1 2(x, y) 0. .
4
λ
λ
∂⎧ ⎧= = −⎪ ⎪∂ λ ⎡⎧ + λ =⎪ ⎪ = − − λ =⎢∂⎪ ⎪ ⎪= ⇔ + λ = ⇔ = − ⇔ ⎢⎨ ⎨ ⎨∂ λ ⎢⎪ ⎪ ⎪ = λ = −+ − =⎩ ⎢⎪ ⎪ ⎣ϕ = λ =⎪ ⎪⎩⎩
Vậy Lλ có hai điểm dừng: M1(−1, −2) ứng với λ1 = 1/2 và M2(1,2) ứng với λ2 = –1/2. 
Bước 3: Tìm vi phân cấp 2: 
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2
L L Ld L dx 2 dxdy dy 2 dx 2 dy .
x x y y
λ λ λ
λ
∂ ∂ ∂= + + = λ + λ∂ ∂ ∂ ∂ 
Bước 4: Xác định cực trị có điều kiện: 
2 2
x y(x, y) x + y 5 2x; 2y;d (x, y) 2xdx 2ydy′ ′ϕ = − ⇒ ϕ = ϕ = ϕ = + 
• Tại M1(−1,−2) ứng với λ1 = 1/2: 
D1 = 1
2 2 2 2 2
1 1d L ( 1, 2) 2 dx 2 dy dx dyλ − − = λ + λ = + , 
trong đó dx, dy thỏa: d ( 1, 2) 0ϕ − − = , nghĩa là 
(x,y) ( 1, 2)
(2xdx 2ydy) 0= − −+ = 
hay –2dx – 4dy = 0 (**) 
Ta thấy D1 > 0 với mọi dx, dy không đồng thời bằng 0 thỏa (**). Do đó, z đạt cực tiểu tại M1(–
1,–2) với điều kiện (*), trong đó z(–1,–2) = –5. 
• Tại M2(1,2) ứng với λ2 = –1/2: 
D2 = 2
2 2 2 2 2
2 2d L (1,2) 2 dx 2 dy (dx dy )λ = λ + λ = − + , 
trong đó dx, dy thỏa: d (1,2) 0ϕ = , nghĩa là 
113 
(x,y) (1,2)
(2xdx 2ydy) 0=+ = 
hay 2dx + 4dy = 0 (***) 
Ta thấy D2 < 0 với mọi dx, dy không đồng thời bằng 0 thỏa (***). Do đó, z đạt cực đại tại 
M2(1,2) với điều kiện (*), trong đó z(1,2) = 5. 
8. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT- GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 
8.1. Định nghĩa. Cho hàm số f(x,y) xác định trên D. Ta định nghĩa: 
1) M ∈ R là giá trị lớn nhất (GTLN) của f(x,y) trên D nếu 
1 1 1 1
(x, y) D, f (x, y) M;
(x , y ) D, f (x , y ) M.
∀ ∈ ≤⎧⎨∃ ∈ =⎩
2) m ∈ R là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của f(x,y) trên D nếu 
2 2 2 2
(x, y) D, f (x, y) m;
(x , y ) D, f (x , y ) m.
∀ ∈ ≥⎧⎨∃ ∈ =⎩
8.2. Định lý. Cho hàm số f(x,y) liên tục trên miền đóng, bị chặn D (D đóng nếu D chứa 
luôn phần biên; D bị chặn nếu D nằm trong một đường tròn nào đó). Khi đó f(x,y) đạt GTLN và 
GTNN trên D. 
8.3. Cách tìm GTLN và GTNN 
Cho hàm số f(x,y) có các đạo hàm riêng liên tục trên miền đóng, bị chặn D. Khi đó f(x,y) 
liên tục trên D, do đó đạt GTLN và GTNN trên D. Cách tìm các giá trị đó như sau: 
Bước 1: Tìm các điểm dừng 
Giải hệ 
x
y
f 0;
f 0.
′ =⎧⎨ ′ =⎩ tìm tất cả các điểm dừng thuộc phần trong của D (tức là thuộc D nhưng 
không thuộc biên D). 
Bước 2: Tìm các điểm nghi ngờ trên biên D 
Giả sử biên D có phương trình định bởi: 
ϕ(x,y) = 0 (*) 
Khi đó các điểm thuộc biên D mà ta nghi ngờ tại đó hàm số f(x,y) đạt GTLN, GTNN được xác 
định như sau: 
• Nếu dùng phương pháp thế thì đó là các điểm ứng với các giá trị đầu mút và các giá trị 
tại đó đạo hàm của hàm một biến triệt tiêu. 
• Nếu dùng phương pháp Nhân tử Lagrange thì đó là các điểm dừng của hàm Lagrange. 
Bước 3: Xác định GTLN và GTNN 
So sánh giá trị của f(x,y) tại các điểm dừng tìm được trong Bước 1 và tại các điểm nghi 
ngờ tìm được trong Bước 2, khi đó giá trị lớn nhất trong chúng chính là GTLN và giá trị nhỏ 
nhất trong chúng chính là GTNN. 
Ví dụ: Tìm GTLN và GTNN của hàm số : 
114 
z = x2 + y2 – xy + x + y 
trên miền D định bởi: x ≤ 0; y ≤ 0; x + y ≥ −3. 
 Giải. Bước 1: Miền D được biểu diễn như sau: 
x
y
z 0 2x y 1 0
x y 1.
z 0 2y x 1 0
′ =⎧ − + =⎧⇔ ⇔ = = −⎨ ⎨′ = − + =⎩⎩ 
Vậy z chỉ có một điểm dừng M0(–1, –1) thuộc phần trong của D, trong đó 
 z(–1,–1) = –1 (1) 
Bước 2: Xét biên D ta có: 
• Trên OA: y = 0, –3 ≤ x ≤ 0. Hàm z trở thành: 
z1 = x2 + x ⇒ z1′ = 2x + 1 (z1′ = 0 ⇔ x = –1/2) 
Các điểm nghi ngờ trên OA là: 
x = 3 ( 3,0) vôùi z( 3,0) = 6 
x = 0 (0,0) vôùi z(0,0) = 0 (2)
x = 1/2 ( 1/2,0) vôùi z( 1/2,0) = 1/4 
− → − −⎧⎪ →⎨⎪ − → − − −⎩
• Trên OB: x = 0, − 3 ≤ y ≤ 0. Hàm z trở thành: 
z2 = y2 + y ⇒ z2′ = 2y + 1 (z2′ = 0 ⇔ y = −1/2) 
Các điểm nghi ngờ trên OB là: 
y = 3 (0, 3) vôùi z(0, 3) = 6 
y = 0 (0,0) ñaõ xeùt treân OA (3)
y = 1/2 (0, 1/2) vôùi z(0, 1/2) = 1/4
− → − −⎧⎪ →⎨⎪ − → − − −⎩
• Trên AB: y = − x − 3, − 3 ≤ x ≤ 0. Hàm z trở thành: 
z3 = 3x2 + 9x + 6 ⇒ z3′ = 6x + 9 
z3′ = 0 ⇔ x = − 3/2 (y = − 3/2) 
Các điểm nghi ngờ trên AB là: 
115 
x = -3 ( 3,0) ñaõ xeùt treân OA
x = 0 (0, 3) ñaõ xeùt treân OB (4)
x = 3/2 ( 3/2, 3/2) vôùi z( 3/2, 3/2) = 3/4 
→ −⎧⎪ → −⎨⎪ − → − − − − −⎩
So sánh (1)-(4) ta suy ra GTLN và GTNN của z trên D như sau: 
 GTLN = 6 = z(−3,0) = z(0,−3); 
 GTNN = −1 = z(−1,−1). 
9. MỘT SỐ BÀI TOÁN KINH TẾ 
9.1. Bài toán lập kế hoạch sản xuất trong điều kiện cạnh tranh hoàn hảo 
1. Bài toán: Một xí nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm. Đơn giá của hai loại sản phẩm trên 
thị trường lần lượt là P1; P2 và hàm tổng chi phí là C = C(Q1,Q2) (Q1, Q2 là các sản lượng). Hãy 
định các mức sản lượng Q1 và Q2 để xí nghiệp đạt lợi nhuận cao nhất. 
2. Phưong pháp giải: Điều kiện về các mức sản lượng Q1, Q2 là Q1 ≥ 0; Q2 ≥ 0. Khi đó 
- Doanh thu là R = P1Q1 + P2Q2. 
- Lợi nhuận là: 
 π = R – C = P1Q1 + P2Q2 – C(Q1,Q2). 
Để đạt lợi nhuận cao nhất, cần xác định các mức sản lượng Q1, Q2 dương sao cho tại đó π 
đạt cực đại. Lưu ý cần kiểm tra lại các đại lượng khác như chi phí, lợi nhuận phải dương để phù 
hợp với thực tế. 
3. Ví dụ: Một xí nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm với các đơn giá trên thị trường lần lượt 
là P1 = 56 và P2 = 40. Hàm tổng chi phí là C = 2Q12 + 2Q1Q2 + Q22. Hãy định các mức sản lượng 
Q1, Q2 để xí nghiệp đạt lợi nhuận cao nhất. 
Giải. Điều kiện về các mức sản lượng Q1, Q2 là Q1 ≥ 0; Q2 ≥ 0. Ta có 
- Doanh thu là R=P1Q1+P2Q2 = 56Q1 + 40Q2. 
- Lợi nhuận là 
π = R – C = (56Q1 + 40Q2) – (2Q12 + 2Q1Q2 + Q22) 
 = 56Q1 + 40Q2 – 2Q12 – 2Q1Q2 – Q22 
Ta cần xác định các mức sản lượng Q1, Q2 dương sao cho tại đó π đạt cực đại. 
• Xét hệ: 
1
2
Q 1 2 1 2 1
1 2 1 2 2Q
0 56 4Q 2Q 0 2Q Q 28 Q 8 0
40 2Q 2Q 0 Q Q 20 Q 12 00
⎧ ′π = ⎧ ⎧ ⎧− − = + = = >⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨− − = + = = >′π = ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎩ ⎩⎩ 
Vậy π chỉ có một điểm dừng là (Q1;Q2) = (8;12). 
116 
• Ta có 
2
1Q
A 4;′′= π = −
1 2Q Q
B 2;′′= π = − 2
2Q
C 2′′= π = − ; 
Δ = B2 – AC = – 4 < 0. 
Suy ra π đạt cực đại tại (Q1;Q2) = (8;12). Khi đó: 
- Chi phí là C = 2Q12 + 2Q1Q2 + Q22 > 0. 
- Lợi nhuận là π = 464 > 0. 
Kết luận: Để đạt lợi nhuận cao nhất, cần định mức sản lượng của hai loại sản phẩm lần lượt là 
Q1 = 8 và Q2 = 12. 
9.2. Bài toán lập kế hoạch sản xuất trong điều kiện sản xuất độc quyền 
1. Bài toán: Một xí nghiệp sản xuất độc quyền hai loại sản phẩm. Biết hàm cầu của hai 
loại sản phẩm trên lần lượt là QD1 = D1(P1,P2); QD2 = D2(P1,P2) (P1, P2 là các đơn giá) và hàm 
tổng chi phí là C = C(Q1,Q2) (Q1, Q2 là các sản lượng). Hãy định các mức sản lượng Q1 và Q2 để 
xí nghiệp đạt lợi nhuận cao nhất. 
2. Phương pháp giải. Điều kiện về các mức sản lượng Q1, Q2 là Q1 ≥ 0; Q2 ≥ 0. Do sản 
xuất độc quyền, với các mức sản lượng trên, để tiêu thụ hết sản phẩm, xí nghiệp sẽ bán với các 
đơn giá P1, P2 sao cho: 
1
2
D 1 1 1 2 1
D 2 2 1 2 2
Q Q D (P ,P ) Q
Q Q D (P ,P ) Q
=⎧ =⎧⎪ ⇔⎨ ⎨= =⎩⎪⎩ 
Giải hệ trên ta được 
1 1 1 2
2 2 1 2
P P (Q ,Q )
P P (Q ,Q )
=⎧⎨ =⎩
Khi đó; 
- Doanh thu là R = P1(Q1,Q2) Q1+ P2(Q1,Q2)Q2. 
- Lợi nhuận là: 
π = R – C = P1(Q1,Q2) Q1+ P2(Q1,Q2)Q2 – C(Q1,Q2). 
Để đạt lợi nhuận cao nhất, cần xác định các mức sản lượng Q1, Q2 dương sao cho tại đó π 
đạt cực đại. Lưu ý cần kiểm tra lại các đại lượng khác như: đơn giá, chi phí, lợi nhuận phải 
dương để phù hợp với thực tế. 
3. Ví dụ: Một xí nghiệp sản xuất độc quyền hai loại sản phẩm với các hàm cầu lần lượt là: 
1
2
1 2
D
1 2
D
1230 5P PQ
14
1350 P 3PQ
14
− +⎧ =⎪⎪⎨ + −⎪ =⎪⎩
117 
và hàm tổng chi phí là C = Q12 + Q1Q2 + Q22. Hãy định các mức sản lượng Q1, Q2 để xí nghiệp 
đạt lợi nhuận cao nhất. 
Giải. Điều kiện về các mức sản lượng Q1, Q2 là Q1 ≥ 0; Q2 ≥ 0. Do sản xuất độc quyền, 
với các mức sản lượng trên, để tiêu thụ hết sản phẩm, xí nghiệp sẽ bán với các đơn giá P1, P2 
sao cho: 
1
2
1 2
1D 1
D 2 1 2
2
1 2 1 1 1 2
1 2 2 2 1 2
1230 5P P QQ Q 14
Q Q 1350 P 3P Q
14
5P P 14Q 1230 P 360 3Q Q
 P 3P 14Q 1350 P 570 Q 5Q
− +⎧ == ⎪⎧⎪ ⎪⇔⎨ ⎨= + −⎪ ⎪⎩ =⎪⎩
− + = − = − −⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨− = − = − −⎩ ⎩
Khi đó: 
- Doanh thu là 
R = P1Q1 + P2Q2 = (360 – 3Q1 – Q2)Q1 + (570 – Q1 – 5Q2)Q2 
 = – 3Q12 – 5Q22 – 2Q1Q2 + 360Q1 + 570Q2 
- Lợi nhuận là 
π = R – C = – 4Q12 – 6Q22 – 3Q1Q2 + 360Q1 + 570Q2. 
Ta cần xác định các mức sản lượng Q1, Q2 dương sao cho tại đó π đạt cực đại. 
• Xét hệ: 
1
2
Q 1 2 1
2 1 2Q
0 8Q 3Q 360 0 Q 30
12Q 3Q 570 0 Q 400
′⎧π = − − + = =⎧ ⎧⎪ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨− − + = =′π = ⎩ ⎩⎪⎩ 
Vậy π chỉ có một điểm dừng là (Q1;Q2)= (30;40). 
• Ta có: 
2
1Q
A 8;′′= π = −
1 2Q Q
B 3;′′= π = − 2
2Q
C 12′′= π = − ;Δ = B2 – AC = – 87 < 0. 
Suy ra π đạt cực đại tại (Q1;Q2) = (30;40). Khi đó 
- Chi phí là C = Q12 + Q1Q2 + Q22 > 0. 
- Lợi nhuận là π = 16800 > 0. 
Kết luận: Để đạt lợi nhuận cao nhất, cần định mức sản lượng của hai loại sản phẩm lần lượt là 
Q1 = 30 và Q2 = 40. 
9.3. Bài toán người tiêu dùng. 
1. Bài toán: Một người dành một số tiền B để mua hai loại sản phẩm có đơn giá lần lượt là 
P1 và P2. hàm hữu dụng ứng với hai loại sản phẩm trên là U = U(x1,x2) (x1,x2 lần lượt là số 
118 
lượng của các sản phẩm). Hãy xác định số lượng của hai loại sản phẩm trên sao cho hàm hữu 
dụng đạt giá trị cao nhất. 
2. Phương pháp giải: Gọi x1,x2 lần lượt là số lượng của các sản phẩm. Điều kiện: x1 ≥ 0; 
x2 ≥ 0. 
Khi đó x1P1 + x2P2 = B. Do đó để hàm hữu dụng đạt giá trị lớn nhất ta cần tìm cực đại của 
hàm hữu dụng U = U(x1,x2) với điều kiện x1P1 + x2P2 = B. 
3. Ví dụ: Một người muốn dùng số tiền 4.000.000đ để mua hai mặt hàng có đơn giá 
400.000đ và 500.000đ. Hàm hữu dụng của hai mặt hàng trên là U = (x + 5)(y + 4) (x, y lần lượt 
là số lượng hai mặt hàng). Hãy xác định số lượng cần mua của hai mặt hàng trên để hàm hữu 
dụng đạt giá trị cao nhất. 
Giải. Với x, y lần lượt là số lượng hai mặt hàng, ta có điều kiện: x ≥ 0; y ≥ 0. Khi đó 
400000x + 500000y = 4000000 ⇔ 4x+5y =40(*) 
Ta cần tìm x, y ≥ 0 để hàm hữu dụng U = (x + 5)(y + 4) đạt cực đại với điều kiện (*). 
Từ (*) ta suy ra: y = 8 – 4
5
x. Thế vào U, ta được 
U1 = (x + 5)(12 – 
4
5
x). 
Ta có U1′ = (12 – 45 x) –
4
5
(x + 5) = 88 x
5
− . 
U1′ = 0 ⇔ x = 5 > 0 (y = 4 > 0). 
U1′′ = 8 05− < . 
Do đó U1 đạt cực đại tại x = 5. Suy ra hàm hữu dụng U đạt cực đại tại (x,y) = (5,4) với 
U(5,4) = 80. 
Kết luận: Để hàm hữu dụng đạt giá trị cao nhất, người đó cần mua hai mặt hàng trên với số 
lượng lần lượt là 5 và 4. Khi đó giá trị hàm hữu dụng là U(5,4) = 80. 
BÀI TẬP 
1. Tính các giới hạn sau: 
( ) 22 1x 2xy2 2x 0 x 0
x 0 y 3
2 2
2 2 2 2x x
y y
(x y)a) lim b) lim 1 xy
x y
xsin y y sin x x yc) lim d) lim
x y x y
+
→ →→ →
→∞ →∞→∞ →∞
+ ++
+ −
+ +
2.Tìm vi phân toàn phần cấp 1 và cấp 2 của các hàm số sau: 
119 
a) z = x3 + y3 – 3xy b) x yz arctg .
1 xy
+= − 
2 2
2 2
x yc) z .
x y
−= + d) z = x
y. 
3.Tính gần đúng các giá trị sau nhờ vi phân cấp 1: 
a) (2,01)3,03 b) (2,02)2,97 c) sin29ocos62o. 
4. Tìm đạo hàm được chỉ ra của các hàm số sau: 
a) z = ln(ex + ey) với y = x3, tính z dz, .
x dx
∂
∂ 
b) z = ex−2y với x= sint, y = t3, tính dz .
dt
c) z = x2y − xy2 với x = ucosv, y = usinv, tính z z, .
u v
∂ ∂
∂ ∂ 
5. a) Tìm df(t) với tyf , x e , y ln t.
x
= = = 
b) Tìm df(x,y) với f = u2lnv, 2 2yu , v x y .
x
= = + 
6. Tìm đạo hàm đến cấp đã chỉ ra của các hàm số sau: 
a) 2 2z ln(x x y )= + + , tính 
2 2
2 2
z z, .
x y
∂ ∂
∂ ∂ 
b) z x ln(xy)= , tính 
3
2
z .
x y
∂
∂ ∂ 
c) z = x3siny + y3sinx , tính 
6
3 3
z .
x y
∂
∂ ∂ 
7. Cho hàm số 
2 2x yz .
x y
= + Chứng minh rằng: 
2 2
2
z z zx y 2 .
x x y x
∂ ∂ ∂+ =∂ ∂ ∂ ∂ 
8. a) Tính 
2
2
dy d y,
dx dx
 với y là hàm ẩn xác định bơi x + y = e x − y. 
b) Tính 
2
2
dy d y,
dx dx
 với y là hàm ẩn xác định bơi x – y + arctgy = 0. 
c) Tính z z,
x y
∂ ∂
∂ ∂ với z là hàm ẩn xác định bơi 
xyz ln(x z) 0
z
+ − = . 
d) Tính d2z với z là hàm ẩn xác định bơi x + y + z = ez. 
9. Tìm cực trị của các các hàm số sau: 
120 
 a) z = 8/x + x/y + y (x > 0, y > 0). 
 b) z = e2x( x + y2 + 2y). 
 c) z = x2 + xy + y2 – 2x – y. 
 d) z = 2x2 + 2xy + y2 – x + y +2. 
 e) z = 2x3 + 6xy − 6x − 3y2 – 30y + 2. 
 f) z = x3 + 3xy2 – 15x – 12y. 
 h) z = x4 + y4 – 2x2 + 4xy – 2y2. 
10. Tìm cực trị có điều kiện của các các hàm số sau: 
 a) z = 6 – 4x – 3y, với điều kiện x2 + y2 = 1. 
b) z = xy khi x2 + y2 = 1. 
c) d) z = x2 + y2 khi .1
3
y
2
x =+ 
11. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau trên miền đã cho: 
a) z = x3 + y3 – 3xy trên miền 0 ≤ x ≤ 2; −1 ≤ y ≤ 2. 
b) z = x2 + y2 – xy – x – y trên miền x ≥ 0; y ≥ 0; x + y ≤ 3. 
c) z = xy2 trên miền x2 + y2 ≤ 1. 
d) z = x2 + 2y2 – x trên miền x2 + y2 ≤ 25. 
12. Một xí nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm với các đơn giá trên thị trường lần lượt là P1 = 60 
và P2 = 75. Hàm tổng chi phí là C = Q12 + Q1Q2 + Q22. Hãy định các mức sản lượng Q1, Q2 để xí 
nghiệp đạt lợi nhuận cao nhất. 
13. Một xí nghiệp sản xuất độc quyền hai loại sản phẩm với các hàm cầu lần lượt là: 
1
2
D 1 2
D 1 2
Q 40 2P P
Q 15 P P
= − +⎧⎪⎨ = + −⎪⎩
và hàm tổng chi phí là C = Q12 + Q1Q2 + Q22. Hãy định các mức sản lượng Q1, Q2 để xí nghiệp 
đạt lợi nhuận cao nhất. 
14. Một người muốn dùng số tiền 178.000.000đ để mua hai mặt hàng có đơn giá 400.000đ và 
600.000đ. Hàm hữu dụng của hai mặt hàng trên là U = (x + 20)(y + 10) (x, y lần lượt là số lượng 
hai mặt hàng). Hãy xác định số lượng cần mua của hai mặt hàng trên để hàm hữu dụng đạt giá 
trị cao nhất. 
-------------------------