Giáo trình Giải tích hàm nhiều biến - Chương 1: Đạo hàm và vi phân (Phần 2)

Nội dung text: Giáo trình Giải tích hàm nhiều biến - Chương 1: Đạo hàm và vi phân (Phần 2)

1. §3 : Khả vi và Vi phân Vi phân cấp 2 là vi phân của vi phân cấp 1 2 ¢¢ df= ddf()() = dfdxxy + fdy =+d()() fxy¢¢ dx d f dy =(()dfdxx¢ + fddx x ¢ ())(() + dfdy y ¢ + fddy y ¢ ()) 22 =fxx¢¢ dx +2 f xy ¢¢ dxdy + f yy ¢¢ dy Hay ta viết dưới dạng ¶2f ¶ 2 f ¶ 2 f d2 f= dx 2 +2 dxdy + dy 2 ¶x22 ¶ x ¶ y ¶ y Vậy ta viết dưới dạng quy ước sau æö2 æö¶¶ 2 ç ¶¶÷ df=+ç dx dy÷ f d f=+ç dx dy÷ f èø綶xy÷ èø綶xy÷
2. §3 : Khả vi và Vi phân Tổng quát công thức trên cho hàm 3 biến và cho vi phân cấp 3 của hàm 2 biến Vi phân cấp 3 của hàm 2 biến f(x,y) 3 æö¶¶ d3 f=+ç dx dy÷ f èø綶xy÷ 3 2 2 3 =fxxx¢¢¢ dx +33 f xxy ¢¢¢ dx dy + f xyy ¢¢¢ dxdy + f yyy ¢¢¢ dy Vi phân cấp 2 của hàm 3 biến f(x,y,z) 2 æö¶ ¶ ¶ dfxyz2 (,,) =ç dx + dy + dzf÷ èøç¶x ¶ y ¶ z ÷ 2 2 2 =fxx¢¢ dx + f yy ¢¢ dy + f zz ¢¢ dz +2 f xy ¢¢ dxdy + 2 f yz ¢¢ dydz + 2 f zx ¢¢ dzdx
3. §3 : Khả vi và Vi phân Ví dụ : Cho hàm f(x,y) = xsiny – 2ycosx. Tính df, d2f tại (0,π/2) Giải : Ta đi tính các đạo hàm riêng đến cấp 2, thay vào công thức tính vi phân fxy¢¢=sin y + 2 y sin x , f = x cos y - 2cos x fxx¢¢=2 y cos x , f xy ¢¢ = cos y + 2sin x , f yy ¢¢ = - x sin y Vậy ta được: df(0,)p= f¢¢ (0,) p dx + f (0,) p dy = dx - 2 dy 2xy 2 2 d2 f(0,p )= f¢¢ (0, p ) dx 2 + 2(0, f ¢¢ p ) dxdy + f ¢¢ (0, p ) dx 2 2xx 2 xy 2 yy 2 Vậy : df0,pp= dx - 2 dy , v à d22 f (0, ) = p dx ( 2) 2
4. §3 : Khả vi và Vi phân Ví dụ : Cho hàm f(x,y,z) = xy2 – 2yz2 + ex+y+z. Tính df, d2f Giải Tương tự ví dụ trên, ta có df= fx¢ dx + f y ¢ dy + f z ¢ dz df = (y2+ex+y+z)dx+(2xy–2z2+ex+y+z)dy+(-4yz + ex+y+z)dz 2 2 2 2 d f= fxx¢¢ dx + f yy ¢¢ dy + f zz ¢¢ dz +2 f xy ¢¢ dxdy + 2 f yz ¢¢ dydz + 2 f zx ¢¢ dzdx d2f=ex+y+zdx2+(2x+ex+y+z)dy2+ (-4y+ex+y+z) dz2 + 2(2y+ex+y+z)dxdy+2(-4z+ex+y+z)dydz + 2(ex+y+z)dzdx
5. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Đạo hàm riêng cấp 1 của hàm hợp Định lý : Cho hàm z = z(x,y) khả vi trong miền D; x, y là các hàm theo biến t: x=x(t), y=y(t) khả vi trong khoảng (t1,t2), khi ấy hàm hợp z = z(x(t),y(t)) cũng khả vi trong khoảng (t1,t2) và dz¶¶ z dx z dy =+ dt¶¶ x dt y dt dz Ví dụ : Cho hàm z = x2-3xy, x = 2t+1, y= t2-3. Tính dt dz¶¶ z dx z dy Giải: =+ =(2x – 3y)2 + (-3x)2t dt¶¶ x dt y dt
6. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Tổng quát hơn: Cho z = z(x,y) và x=x(u,v), y=y(u,v) tức là z là hàm hợp của 2 biến u, v. Ta có công thức tương tự: ¶z ¶ z ¶ x ¶ z ¶ y =+ ¶u ¶ x ¶ u ¶ y ¶ u ¶z ¶ z ¶ x ¶ z ¶ y =+ ¶v ¶ x ¶ v ¶ y ¶ v ¶ z z ¶ z Ta có thể tổng quát ¶ x ¶ y bằng sơ đồ sau : x ¶ x y ¶ x ¶ y Cần tính đạo hàm của z ¶ y ¶ u ¶ v ¶ v theo biến nào ta đi theo ¶ u đường đến biến đó u v u v
7. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Ví dụ : Cho hàm z = xey, trong đó x=cosu+sinv, 2+ 2 ¶¶zz y=u v . Tính , ¶¶uv Giải: Ta sử dụng công thức trên để tính ¶z ¶ z ¶ x ¶ z ¶ y =. + . =eyy ( - sin u ) + xe .2 u ¶u ¶ x ¶ u ¶ y ¶ u ¶z ¶ z ¶ x ¶ z ¶ y =. + . =eyy (cos v ) + xe .2 v ¶v ¶ x ¶ v ¶ y ¶ v Chú ý: Có thể tính đạo hàm trên bằng cách thay x, y theo u, v vào biểu thức của hàm z rồi tính đạo hàm thông thường. Tuy nhiên, việc sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp (nói chung) sẽ cho ta kết quả nhanh hơn
8. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Ví dụ: Cho hàm z = f(x+y,2x-3y). Tính các đhr đến cấp 2 của hàm z Giải : Ta đặt thêm 2 biến trung gian : u = x+y, v = 2x – 3y để thấy rõ ràng hàm z = f(u,v) là hàm hợp Dùng công thức đh hàm hợp, ta được 2 đhr cấp 1: z’x= f’u.u’x+f’v.v’x= f’u+2f’v ; z’y = f’u.u’y+f’v.v’y = f’u-3f’v Sau đó, lấy đhr của các đh cấp 1, ta được các đhr cấp 2:
9. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp z”xx = [f’u]’x + 2[f’v]’x = z”xx = [(f’u)’u.u’x+(f’u)’v.v’x]+2[(f’v)’u.u’x+(f’v)’v.v’x] Giữ nguyên Giữ nguyên Lấy đhr theo u thì nhân Lấy đhr theo v thì nhân với đhr của u theo x với đhr của v theo x Lấy đhr cấp 2 theo thì tương ứng nhân với đhr của u, v theo x Tương tự: z”xy = f”uu-f”uv-6f”vv, z”yy = f”uu-6f”uv+9f”vv
10. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp 2 2 Ví dụ: Cho hàm z = y.f(x -y ). Tính zzxy¢¢, Giải: Ta đặt t = x2-y2, thì f là hàm theo 1 biến t, z=y.f Vậy: ¶ z ¶ z ==y. f¢ . t ¢ y . f ¢ .2 x =f + y. f¢ . t ¢ = f + y . f ¢ .( - 2 y ) ¶ x x ¶ y y Vi phân cấp 1 : Cho z = z(x,y) và x=x(u,v), y=y(u,v) tức là z là hàm hợp của 2 biến u, v. Ta tính vi phân của hàm z theo vi phân của 2 biến độc lập u, v bằng cách dùng công thức như hàm 2 biến thường` dz=+ zvu¢¢ dv z du
11. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Đạo hàm riêng cấp 2 của hàm hợp Cho hàm z = z(x,y), trong đó x = x(u,v), y = y(u,v). Ta đi tính đạo hàm riêng cấp 2 của hàm z theo biến độc lập u, v zuu¢¢=()( ) z u ¢ u¢ = z x¢ x u ¢ + z y¢ y u ¢ u¢ =(().zx¢¢¢u x u + z x¢¢¢ .)((). x u u + z y¢¢¢ u y u + z y¢¢¢ .) y u u =( )( )zx¢¢xx u¢ + z x¢¢ y y u ¢ x u ¢ + zx ¢ x uu ¢¢ + z y¢¢x xu ¢+ z y¢¢ y y u¢ y u ¢ + z y¢yuu ¢¢ Vậy: 22 zuu¢¢=( zx xx¢¢ u ¢ +2 zxy xy¢¢ u ¢ u ¢ + zy yy¢¢ u¢) +( zx x¢ uu ¢¢ + zy y¢ uu ¢¢) Tương tự, ta có 2 đạo hàm cấp 2 còn lại
12. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Ví dụ: Cho hàm z = x2y - xy2, x = uv, y =u2 - v2. Tính zuv¢¢ Giải: 2v- 1 2 zu¢= zx x¢ u ¢ + zy y¢ u ¢ =(2 xyyvu - ) + ( x - 2 xyu )2 Ta lấy đạo hàm theo v của biểu thức trên: 2vv 1 2 1 2 zuv¢¢=(2 xy - y ) v¢ vu + (2 xy - y )( vu )( v¢ + x - 2)2 xy v¢ u =()2ln.()()uv u y + x() - 2 v - 22 y - v vu v 1 + (2 xy - y 2 )( u v 1 + vu v 1 ln) u +(2xuvv ln u - 2() u ln u . y + x( - 2 v) )2 u
13. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm hợp Ta chỉ tính vi phân cấp 2 của hàm z theo biến độc lập u, v; tức là ta sử dụng công thức vi phân cấp 2 của hàm z(u,v). Vậy vi phân cấp 2 của hàm hợp là 2 2 2 d z= zuu¢¢ du +2 z uv ¢¢ dudv + z vv ¢¢ dv Ví dụ: Cho z = xcosy, x = uv, y = u+v. Tính dz, d2z theo vi phân của biến độc lập du, dv Giải: Ta sẽ tính các đạo hàm riêng đến cấp 2, rồi thay vào công thức vi phân, ta được: dz=( v cos y - x sin y ) du + ( u cos y - x sin y ) dv d2 z=( - 2 v sin y - x cos y ) du 2 + ( - 2 u sin y - x cos y ) dv 2 +2( -v sin y + cos y - u sin y - x cos y ) dudv
14. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Hàm ẩn 1 biến (Đã biết) : Cho hàm y=y(x) xác định từ phương trình hàm ẩn F(x,y)=0 Ta tính đạo hàm y’ bằng cách lấy đạo hàm 2 vế phương trình F(x,y)=0 theo x: ¶¶F dx F dy dy .+= . 0 Ta tính từ đẳng thức này ¶¶x dx y dx dx để được công thức dy F¢ =y¢ = - x dx Fy¢
15. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Ví dụ : Tính y’, y” biết x – y + arctany = 0 Giải: Ta đặt F(x,y) = x – y + arctany, rồi áp dụng công thức F¢ 1 1+ y 2 y¢= -x = - = F¢ 1 2 y -+1 y 1+ y 2 Để tính đạo hàm cấp 2, ta lấy đạo hàm của đạo hàm cấp 1 với ghi nhớ rằng y’ đã có trước đó để thay vào cuối cùng. 12yy¢ 2(y 2 + 1) y¢¢=(1 + ) ¢ = - =- yy24y 5
16. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Hàm ẩn nhiều biến: Cho hàm z=z(x,y) xác định từ phương trình hàm ẩn F(x,y,z) = 0. Ta phải tính 2 đạo hàm riêng Tương tự hàm ẩn 1 biến, ta có công thức tính đạo hàm F¢ Fx¢ y zzxy¢¢= -, = - FFzz¢¢ Hoặc ta có thể tính đạo hàm riêng của hàm z theo x, y bằng cách lấy đạo hàm 2 vế phương trình hàm ẩn lần lượt theo x, y (Coi biến còn lại là hằng số
17. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Ví dụ : Cho hàm z = z(x,y) xác định bởi phương 2 2 2 trình x +y +z -3x+6y-5z+2 = 0. Tính zzxy¢¢, Giải: Cách 1: Lấy đạo hàm 2 vế phương trình đã cho theo x, coi y là hằng số 32- x 2x+ 2 zz¢¢ - 3 - 5 z = 0 Þ=z¢ xx x 25z - Và lấy đạo hàm theo y, coi x là hằng số 62+ y 2y+ 2 zz¢ + 6 - 5 z ¢ = 0 Þ z ¢ = y y y 52- z
18. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Cách 2: Sử dụng công thức bằng cách đặt F(x,y,z) là vế trái của phương trình đã cho Fx¢=2 x - 3, F y ¢ = 2 y + 6, F z ¢ = 2 z - 5 Ta cũng sẽ được kết quả như trên. Để có đạo hàm cấp 2, ta lấy đạo hàm của đạo hàm cấp 1, và nhớ rằng z là hàm, biến còn lại là hằng số Vi phân của hàm ẩn: hàm y(x) hoặc z(x,y) đều là các hàm theo 1 hoặc 2 biến độc lập nên ta tính vi phân các cấp của chúng như với hàm bình thường
19. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Ví dụ: Tính dz, d2z nếu zex + 3y + z - 1 = 0 tại (0,1) Giải: Trước tiên, ta thay (x,y) = (0,1) vào phương trình để được z = -1 Tiếp đó, ta tính các đạo hàm riêng đến cấp 2 bằng cách đặt F(x,y,z) là vế trái của phương trình trên ze x 3 ¢¢ 3 zzxy= -xx, = - Þzz¢¢(0,1) =1 , (0,1) = - ee++11xy22 1 Þdz(0,1) = ( dx - 3 dy ) 2
20. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn æzexx ö¢¢ æ z. ze ö z¢¢ =çç -÷÷ = - xx ççxx÷÷ èe++1 øx è ze z ø Ta thay zex = 1-3y-z vào biểu thức trên rồi tính đạo hàm tiếp æöz(1- 3 y - z )¢ z¢¢ (1 - 3 y - z ) + z ( - z ) z¢¢ =ç -÷ = - xx xx ç ÷ 2 èø1 3yyx (1 3 ) z (1 3 y z ) ¢¢ ¢ Thay z’x(0,1) = ½ vào, ta zzxx= x 2 (1- 3y ) được z”xx(0,1) = 0 Tương tự, ta tính được 2 đạo hàm riêng cấp 2 còn lại. Và được d2 z(0,1) = 3 dxdy 2
21. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Ví dụ : Cho hàm z = f(x+y,x.y), tính vi phân dz, d2z Giải: Ta đi tính đạo hàm riêng đến cấp 2 của hàm z Trước hết, ta đặt t = x+y, s = x.y thì z là hàm theo 2 biến t và s, còn t, s là hàm theo 2 biến x và y. Ta được z’x = f’t.t’x+f’s.s’x = f’t.1+f’s.y; z’y = f’t.t’y+f’s.s’y = f’t.1+f’s.x Suy ra dz = (f’t+f’s.y)dx + (f’t+f’s.x)dy z”xx = (f’t+f’s.y)’x = [(f”tt.t’x+f”ts.s’x)+(f”st.t’x+f”ss.s’x).y] 2 z”xx = f”tt+2yf”st+ y .f”ss Tương tự, ta được 2 đạo hàm cấp cao còn lại và 2 2 2 2 2 d z = (f”tt+2yf”st+ y .f”ss)dx + (f”tt+2xf”st+ x .f”ss)dy + (f”tt+(x+y)f”ts+xyf”ss+f”s)2dxdy
22. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Ví dụ: Tính z’x, z’y nếu z = z(x,y) xác định từ pt F(x+y+z,x+y-2z) = 0 Giải : Tương tự ví dụ trên, ta cũng đặt thêm 2 biến trung gian t = x+y+z, s = x+y-2z Trước tiên, ta dùng công thức đạo hàm hàm ẩn F¢ Fx¢ y zzxy¢¢= -, = - FFzz¢¢ Tức là ta phải tính 3 đạo hàm riêng của hàm F. Khi đó, ta coi F là hàm hợp theo t, s và t, s là hàm theo 3 biến x, y, z để sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp F’x = F’t.t’x + F’s.s’x = F’t + F’s = F’y, F’z = F’t - 2F’s
23. §4 : Đạo hàm riêng và Vi phân hàm ẩn Thay vào công thức trên, ta được kết quả FFts¢¢+ zzxy¢¢= - = FFts¢¢- 2
24. §5 : Công thức Taylor - Maclaurint Công thức Taylor với phần dư Peano: Cho hàm f(x,y) khả vi đến cấp (n+1) trong 1 hình cầu mở tâm M0 là B(M0,r). Ta có công thức: n k d f(,) x00 y f(,)(,)(,) x y= f x00 y +å + Rn x y k= 1 k! n 22 Trong đó: Rn ( x , y )= O (rr ), = ( x - x00 ) + ( y - y ) Khi (x0,y0) = (0,0) thì công thức Taylor được gọi là công thức Maclaurint n dfk (0,0) f(,) x y= f (0,0) +å + Rn (0,0) k= 1 k!
25. §5 : Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ : Khai triển Tay lor tại lân cận điểm (1,-1) hàm f(x,y) = x2+2y2-3xy+4x-5y+7 Giải : Do f(x,y) là đa thức bậc 2 theo x hoặc theo y nên từ cấp 3 trở đi, các đạo hàm riêng bằng 0 tức là vi phân cũng bằng 0. Ta chỉ cần tính vi phân của f đến bậc 2 f(1,-1) = 22 f’x = 2x – 3y +4 , f’y = 4y – 3x – 5 f’x(1,-1) = 9 , f’y(1,-1) = -12 df(1,-1) = 9dx - 12dy = 9(x-1) – 12(y+1)
26. §5 : Công thức Taylor - Maclaurint f”xx = 2, f”xy = -3, f”yy = 4 d2f = 2dx2 – 6dxdy +4dy2 = 2(x-1)2–6(x-1)(y+1)+4(y+1)2 Vậy : f(x,y) = 22 + [9(x-1) – 12 (y+1)] + ½ [2(x-1)2–6(x-1)(y+1)+4(y+1)2]
27. §5 : Công thức Taylor - Maclaurint Chú ý : Tương tự như hàm 1 biến, để khai triển Tay lor hàm f(x,y) trong lân cận điểm (x0,y0) ta cũng làm như sau : 1. Đặt X = x - x , Y = y - y 0 0 x = X + x0, y = Y + y0 2. Sử dụng khai triển Maclaurint hàm 1 biến để khai triển hàm f(X,Y) ` 3. Sắp xếp theo thứ tự bậc của X, Y, X.Y tăng dần 4. Thay X = x - x0, Y = y - y0 vào để được khai triển cần tìm
28. §5 : Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ: Khai triển Taylor tại (2,1) đến bậc 2 hàm 1 f(,) x y = 23xy- Giải : Đặt X = x – 2, Y = y - 1 x = X + 2 , y = Y + 1 1 Thay vào hàm đã cho, ta được: f(,) X Y = 2XY-+ 3 1 Đặt t = 2X – 3Y và áp dụng khai triển Maclaurint hàm 1 gt()= =1 -t + t2 + R Và thay vào hàm f 1+ t 2 2 f(x,y) = 1 – (2(x-2) – 3(y-1)) + ½((2(x-2) – 3(y-1)) +R2 2 9 2 f(x,y)=1–2(x-2)+3(y-1)+2(x-2) + /2(y-1) –6(x-2)(y-1)+R2
29. §5 : Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ: Khai triển Maclaurint hàm f(x,y) = excosy đến bậc 2 Giải: Ta áp dụng trực tiếp khai triển Maclaurint cho 2 hàm 1 biến ex và cosy để có kết quả: 1 2 2 1 2 2 f(x,y) = (1+x+ /2x +O(x ))(1- /2y +O(y )) 1 2 1 2 1 2 1 2 2 f(x,y) = 1+x+ /2x - /2y + /2xy - /4x y +R2 Ta bỏ các số hạng bậc lớn hơn 2 và sắp xếp theo thứ tự tăng dần của bậc, ta được : 2 2 f(x,y) = 1 + x + ½ (x -y ) +R2
30. §6 : Cực trị hàm nhiều biến Định nghĩa : Hàm f(x,y) được gọi là đạt cực đại chặt tại M0(x0,y0) nếu tồn tại hình cầu mở B(M0,r) sao cho f(x,y) 0: " Mxy (,) Î BMrfxy (0 ,),(,) 0: " Mxy (,) Î BMrfxy (0 ,),(,) £ fxy (,) 0 0
31. §6 : Cực trị hàm nhiều biến Định nghĩa tương tự cho khái niệm cực tiểu chặt và cực tiểu không chặt. Chú ý: Khái niệm cực trị chỉ mang tính địa phương, nó khác với khái niệm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm trong một miền (Xem hình vẽ)
32. §6 : Cực trị hàm nhiều biến - Cực trị tự do Ví dụ: Hàm f(x,y) = x2 + y2 đạt cực tiểu tại (0,0) vì f(x,y) – f(0,0) = (x2 + y2) ≥ 0, với mọi (x,y) Hơn nữa, f(0,0) = 0 còn là giá trị nhỏ nhất của hàm trong toàn MXĐ vì : f(, x y )- f (0,0) > 0,(, " x y ) f (0,0)= 0
33. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Điều kiện cần của cực trị : Nếu hàm f(x,y) có cực trị tại điểm M0(x0,y0) thì tại M0 hàm có các đạo hàm riêng đồng thời bằng 0 hoặc không tồn tại Điểm mà tại đó các đạo hàm riêng đồng thời bằng 0 hoặc không tồn tại thì gọi là điểm tới hạn của hàm tức là điểm nghi ngờ có cực trị. Điểm mà tại đó các đạo hàm riêng đồng thời bằng 0 thì gọi là điểm dừng của hàm. Điểm M mà tại đó các đạo hàm riêng đồng thời bằng 0 và trong 1 lân cận bất kỳ của nó tồn tại các điểm M1, M2 sao cho f(M1)<f(M)<f(M2) được gọi là điểm yên ngựa
34. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Khảo sát cực trị của hàm f(x,y) = x2 – y2 Giải: Ta có : f’ = 2x , f’ = -2y Điểm dừng của hàm x y là O(0,0) Với mọi x, ta có f(x,0) = x2 ≥ 0 = f(0,0) Với mọi y, ta có f(0,y) = -y2 ≤ 0 = f(0,0) Vậy hàm không đạt cực trị tại (0,0), điểm (0,0) là Điểm yên ngựa điểm yên ngựa của hàm
35. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Điều kiện đủ của cực trị : Cho hàm f(x,y) xác định, liên tục và có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục trong 1 lân cận của điểm dừng M0(x0,y0). Ta có : 2 1.Nếu dạng toàn phương d f(M0) xác định dương thì hàm đạt cực tiểu chặt tại M0 , fct = f(M0) 2 2.Nếu dạng toàn phương d f(M0) xác định âm thì hàm đạt cực đại chặt tại M0 , fcđ = f(M0) 2 3. Nếu dạng toàn phương d f(M0) không xác định thì hàm không đạt cực trị tại M0
36. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Các bước khảo sát cực trị hàm nhiều biến Bước 1: Tìm điểm tới hạn bằng cách cho tất cả các đạo hàm riêng của hàm f bằng 0, ta được hệ phương trình, giải ra ta được điểm dừng hoặc tìm những điểm mà tại đó các đạo hàm riêng không tồn tại Bước 2: Khảo sát dấu của d2f tại từng điểm tới hạn vừa tìm được (coi d2f là dạng toàn phương theo dx, dy, dz, ) Bước 3: Kết luận theo điều kiện đủ
37. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y,z) = x2+y2+2z2-4x+6y-8z Giải: Bước 1: Giải hpt tìm điểm dừng ïì fx¢=2 - 4 = 0 ì ï x ï x = 2 Vậy hàm có điểm ï ï íï fy¢=2 + 6 = 0 Ûí y = - 3 dừng duy nhất ï y ï ï ¢ ï z = 2 M(2,-3,2) îï fzz =4 - 8 = 0 î Bước 2: Tính d2f(M) = 2dx2+2dy2+4dz2 ≥ 0 với mọi M. Bước 3: Kết luận Hàm đạt cực tiểu tại điểm dừng duy nhất fct = f(2,-3,2) = -21
38. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Với riêng hàm 2 biến f(x,y), ta có các bước khảo sát sau 1. Tìm điểm tới hạn (giả sử là M0(x0,y0)) 2. Tính 3 đạo hàm riêng cấp 2 của hàm và đặt 2 A = f”xx(M0), B = f”xy(M0), C = f”yy(M0) và Δ = AC – B 3. Xét dấu Δ : • Nếu Δ > 0 và A > 0 thì hàm đạt cực tiểu fct = f(M0) • Nếu Δ > 0 và A < 0 thì hàm đạt cực đại fcđ = f(M0) • Nếu Δ < 0 thì hàm không đạt cực trị tại M0 • Nếu Δ = 0, thì ta phải xét dấu Δf = f(M) – f(M0) với mọi M thuộc lân cận của M0 và sử dụng định nghĩa cực trị.
39. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y) = x3 – y3 – 3xy ì 2 ï fx¢=3 x - 3 y = 0 Giải: Tìm điểm dừng íï ï f¢=3 y2 - 3 x = 0 îï y Ta tìm được 2 điểm M1(1,1) và M2(0,0) Tìm các đạo hàm riêng cấp 2: f”xx= 6x, f”xy= -3, f”yy= 6y Tại M1 : C = A = 6 >0, B = f”xy(1,1) = -3, 2 C = f”yy(1,1)= 6, Δ = AC – B = 6.6 –(-3)(-3) > 0. Hàm đạt cực tiểu : fct = f(1,1) = -1 Tại M2 : A = f”xx(0,0) = 0 = C, B = f”xy(0,0) = -3, Δ = -9<0 Hàm không đạt cực trị tại M2
40. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y) = x2 + y2 – 2xy +2x – 2y Giải : ïì fx¢= 0 Tìm điểm dừng íï Ûxy - +10 = ï f ¢= 0 îï y Hàm có vô số điểm dừng: tập tất cả các điểm M(x0,y0) thỏa x0 – y0 + 1 = 0, M(x0,x0+1) Các đạo hàm riêng cấp 2 là hằng số, nên : A = f”xx = 2, B = f”xy = -2, C = f”yy = 2, Δ = 0, với mọi M Đây là trường hợp ta phải xét dấu Δf(M)=f(x,y)–f(x0,x0+1) với mọi (x,y) thuộc lân cận của M.
41. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ta có : Δf(M)= f(x,y) – f(M) 2 2 2 2 Δf(M)=(x +y –2xy+2x–2y) – (x0 +y0 –2x0y0 +2x0 -2y0) 2 2 2 Δf(M)=(x +y –2xy+2x–2y)–((x0-y0) +2(x0–y0)) Thay x0 – y0 = -1 vào, ta được Δf(M) = (x-y+1)2 ≥ 0 f(x,y) ≥ f(M) Vậy theo định nghĩa, hàm đạt cực tiểu không chặt tại mọi điểm dừng M0 và fct = f(M0) = f(x0,x0+1) = -1
42. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(,) x y=+3 x22 y ì 2x Giải : Từ hệ phương trình : ï f ¢==0 ï x 22 ï 3 xy+ íï ï 2y ï fy¢==0 ï 3 22 îï xy+ Ta được x = y = 0, tuy nhiên (0,0) là điểm mà tại đó 2 đạo hàm trên không tồn tại. Do đó, điểm (0,0) không là điểm dừng của hàm. Vậy ta sẽ tính đạo hàm riêng của f tại (0,0) bằng định nghĩa:
43. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do f (Dx ,0)- f (0 ,0) 3 Dx2 - 0 fx¢(0 ,0)= lim D®x 0 = lim Dx D®x 0 Dx =∞ Do vai trò x, y như nhau trong hàm f, nên tương tự ta cũng có f’y(0,0) = ∞ Vậy tại (0,0) các đạo hàm riêng không tồn tại hữu hạn nên(0,0) chỉ là điểm tới hạn của hàm, tức là điểm nghi ngờ có cực trị. Mặt khác: Df = f(,) x y - f (0,0) =3 x22 + y ³ 0,(,) " x y Tức là (0,0) là điểm cực tiểu của hàm. Hơn nữa, f(0,0) = 0 nên ta có fct = fmin = f(0,0)
44. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ : Khảo sát cực trị của hàm f(x,y) = x4 + y4 – x2 – y2 – 2xy Giải : ì 3 ï fx¢=4 x - 2 x - 2 y = 0 Tìm điểm dừng : íï ï f¢=4 y3 - 2 x - 2 y = 0 îï y Ta được 3 điểm dừng M1(1,1), M2(-1,-1), M3(0,0) Các đạo hàm riêng đến cấp 2 : f”xx = 12x2 – 2, f”xy = -2, f”yy = 12y2 - 2 Tại M1(1,1), M2(-1,-1) : C = 10 = A >0 , B = -2, Δ = 100 - 4 >0 Nên fct = f(1,1) = f(-1,-1) = -2
45. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Tại M3(0,0): A = B = C = -2, Δ = 0. Ta phải xét dấu Δf = f(x,y)–f(0,0) = x4+y4–x2–y2–2xy, với mọi (x,y) gần với (0,0) bằng cách chọn 2 điểm 1 1 1 1 N1( /n, /n), N2( /n,- /n) và tính Δf(N1), Δf(N2) 1 1 2 4 21 Df()(,) N = D f = - =( - 2) 1 1 n n n42 n nn22 1 1 2 Df( N ) = f ( , - ) = > 0, " n > 1 2 n n n2 Như vậy, Δf đổi dấu trong lân cận điểm dừng M3 tức là hàm không đạt cực trị tại M3
46. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do Ví dụ: Cho hàm f(x,y,z) = x3+xy+y2-2xz+2z2+3y-1. 1 Điểm nào sau đây là cực trị của hàm : M1(1,-2, /2), 1 5 1 M2(- /2,- /4,- /4) Giải: Ta chỉ cần kiểm tra 2 điều kiện : 1. Mi là điểm tới hạn(với hàm này, chỉ cần là điểm dừng ) 2 2. d f(Mi) là xác định dương, âm hay không xác định 1. M1, M2 là điểm dừng tức là chúng nghiệm đúng hệ : ì 2 ï fx¢=3 x + y - 2 z = 0 ï íï f¢= x +2 y + 3 = 0 ï y ï ¢ îï fz = -2 x + 4 z = 0
47. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị tự do 2. Tính d2f(x,y,z) = 6xdx2+2dxdy+2dy2-4dxdz+4dz2 và thay từng điểm dừng vào để xét dấu dạng toàn phương : 2 2 2 2 d f(M1) = 6dx +2dxdy+2dy -4dxdz+4dz có ma trận æö6 1- 2 ç ÷ ç ÷ A =ç 120,÷ D1 = 60, > D 2 = 110, > D 3 = 360 > ç ÷ èøç- 2 0 4 ÷ 2 Tức là d f(M1) là xác định dương, hàm đạt cực 9 tiểu tại M1, fct = f(M1) = - /2 2 2 2 2 d f(M2) = -3dx +2dxdy+2dy -4dxdz+4dz Bằng cách như trên (theo tiêu chuẩn Sylvester), ta có kết luận hàm không đạt cực trị tại M2
48. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Xét hàm f(x,y) = 2 – 2x -2y. Không khó khăn gì, ta thấy hàm không có cực trị. Nếu vẽ đồ thị, thì ta được mặt phẳng z = 2 – 2x -2y, rõ ràng không có cực trị. Tuy nhiên, nếu ta cắt mặt phẳng trên bởi hình trụ tròn xoay x2+y2 = 1 thì giao tuyến là 1 ellipse và khi đó hàm ban đầu có cực trị. Điểm cực Điểm cực Khi đó, ta nói hàm f có cực 2 2 tiểu là điểm đại là điểm trị với điều kiện x +y =1 thấp nhất cao nhất
49. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Định nghĩa cực trị có điều kiện : Hàm f(x,y) được gọi là đạt cực đại chặt tại M0(x0,y0) với điều kiện φ(x,y) = 0 nếu Δf = f(x,y) – f(x0,y0)<0, với mọi M nằm trong hình cầu B(M0,r) và thỏa điều kiện trên Thay dấu “<“ bởi dấu “≤” ta được cực trị không chặt có điều kiện, và lấy dấu ngược lại ta có khái niệm cực tiểu có điều kiện
50. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Tìm cực trị của hàm f(x,y) = x2-9y2+3xy+6x-5 với điều kiện 2x – 3y = 0 Giải : 2 Từ điều kiện, ta rút ra y = /3x và thay vào hàm f: 2 2 2 2 2 f(x,y) = x -9( /3x) +3x( /3x)+6x-5 = -x +6x-5 Tức là ta có hàm 1 biến và đi tìm cực trị của hàm 1 biến như bình thường. Tìm điểm dừng : f’ = 0 -2x + 6 = 0 x = 3 Vậy hàm đạt cực đại tại điểm dừng duy nhất (3,2) fcđ = f(3,2) = 4
51. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Tuy nhiên, hầu hết các trường hợp cực trị có điều kiện, ta không dễ dàng rút ra y theo x hoặc x theo y như trên. Vì vậy, ta sẽ xây dựng cách tìm cực trị có điều kiện 1 cách tổng quát hơn dựa trên cách tìm cực trị tự do như sau Ta sẽ giả thiết rằng điều kiện φ(x,y) = 0 xác định một hàm ẩn y = y(x) tại lân cận điểm M0(x0,y0), tức là φ’y(x0,y0) ≠ 0. Khi đó, ta thay y = y(x) vào hàm f, ta được hàm 1 biến f(x,y(x)). Nếu hàm f(x,y) đạt cực trị tại M0 với điều kiện φ(x,y) = 0 thì theo định lý Fermat ta có
52. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện df ()0(,)()(,)0xfxyyxfxy=Û+= ¢¢¢ (1) dx 000000 xy Mặt khác, từ điều kiện φ(x,y) = 0, ta cũng có φ’x(x0,y0)+y’x(x0)(x0,y0) = 0 (2) Nhân 2 vế (2) với λ, rồi cộng với (1), ta được [f’x(x0,y0)+ λφ’x(x0,y0)]+y’x(x0)[f’x(x0,y0)+ λφ’x(x0,y0)] = 0 Vì φ’y(x0,y0) ≠ 0 nên ta có thể tìm được hằng số λ0 sao cho : fy¢(,) x00 y l0= - Ûfyy¢¢( x 0 , y 0 ) + l 0 j ( x 0 , y 0 ) = 0 (3) j y¢(,)xy00 Thay vào đẳng thức trên, ta cũng được
53. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện f’x(x0,y0) + λ0φx(x0,y0) = 0 (4) Kết hợp điều kiện φ(x,y) = 0 với các đẳng thức (3), (4) ta được hệ pt : ïì f¢¢( x , y )+=lj ( x , y ) 0 ï xx Và x0, y0, λ0 là 1 ï nghiệm của hệ í fyy¢¢( x , y )+=lj ( x , y ) 0 ï îï j (xy , )= 0 Ta đặt hàm L(x,y) = f(x,y)+λφ(x,y) thì hpt trở thành ì L¢( x , y )= 0 ï x ï í Ly¢( x , y )= 0 ï îï j (xy , )= 0
54. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Vậy ta có điều kiện cần của cực trị có điều kiện : Định lý : Cho hàm f(x,y), φ(x,y) có các đhr liên tục trong lân cận của điểm M0(x0,y0), φ’x(x0,y0) ≠ 0 hoặc φ’x(x0,y0) ≠ 0. Khi đó, hàm f(x,y) có cực trị với điếu kiện φ(x,y) = 0 tại M0 thì tồn tại số λ sao cho ì ï fxx¢¢( x0 , y 0 )+=lj ( x 0 , y 0 ) 0 ï íï f¢¢( x , y )+=lj ( x , y ) 0 ï yy0 0 0 0 ï îï j (xy00 , )= 0 Số λ được gọi là nhân tử Lagrange, hàm L(x,y) ở trên được gọi là hàm Lagrange, điểm M0(x0,y0) là nghiệm của hệ gọi là điểm dừng
55. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Định lý : (Điều kiện đủ của cực trị có điều kiện) Giả sử các hàm f(x,y), φ(x,y) có các đhr đến cấp 2 liên tục trong lân cận của điểm dừng M0(x0,y0) ứng với λ = λ0. Khi đó, ta có các kết luận: 2 1.Nếu d f(x0,y0) là xác định dương thì M0 là điểm cực tiểu 2 2.Nếu d f(x0,y0) là xác định âm thì M0 là điểm cực đại 2 3.Nếu d f(x0,y0) là không xác định hàm không đạt cực trị tại M0
56. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Cách tìm cực trị của hàm f(x,y) với điều kiện φ(x,y) = 0 1.Nếu từ pt φ(x,y) = 0, ta rút ra y = y(x) hoặc x = x(y) thì thay vào hàm f để được hàm 1 biến 2.Nếu không thực hiện được như trên thì ta làm theo phương pháp nhân tử Lagrange a.Lập hàm Lagrange: L(x,y) = f(x,y) + λφ(x,y) b.Giải hpt Để tìm điểm dừng ïì Lx¢( x , y )= 0 ï M (x ,y ) ứng với ï L¢( x , y )= 0 0 0 0 í y λ = λ ï 0 îï j (xy , )= 0 2 c. Xét dấu dạng toàn phương d f(x0,y0), với λ = λ0
57. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y) = 6 - 4x + 2y với điều kiện x2+y2 = 1 Giải : 1. Lập hàm L(x,y) = 6 - 4x +2y+λ(x2+y2-1) 2. Giải hpt tìm điểm dừng ì ì -4 + 2l x = 0 ï x = 2 Thay x, y từ 2 pt ï ï l ï ï trên xuống pt í 2+= 2l y 0 Û=ï y 3 ï í 2l cuối cùng. Ta ï 22 ï îï xy+=1 22 ï xy+ -1 = được 2 điểm îï dừng : 4 3 5 4 3 5 M1( /5, /5), λ = λ1= /2; M2(- /5,- /5) λ = λ2=- /2
58. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện 3. Tính vi phân cấp 2 của hàm L(x,y) 2 2 2 2 2 d L(x,y) = L”xxdx +2L”xydxdy+L”yydy = 2λdx +2λdy 4. Xét dấu d2f tại từng điểm dừng 5 2 2 2 Tại M1 với λ1= /2, ta được d f(M1) = 5(dx +dy ) là 4 3 xác định dương, vậy fct = f(M1) = f( /5, /5) = 1 5 2 2 2 Tại M2 với λ2 = - /2, ta được d f(M2) = -5(dx +dy ) là 4 3 xác định âm, vậy fcđ = f(M2) = f(- /5,- /5) = 11
59. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y,z) = x - 2y + 2z với điều kiện x2+y2+z2=1 Giải : Ta cũng làm theo các bước như với hàm 2 biến 1.Lập hàm L(x,y,z) = x-2y+2z+λ(x2+y2+z2-1) 2. Tìm điểm dừng bằng cách giải hpt ïì Lxx¢=+12l ï Ta được 2 điểm dừng ï Ly¢ ï y = -22 + l M (1/ ,-2/ ,2/ ) , λ = -3/ íï 1 3 3 3 1 2 ï ¢ ï Lzz =+22l 1 2 2 3 ï M2(- /3, /3,- /3) , λ2 = /2 ï 2 2 2 îï x+ y + z = 1 3. Tính d2f = 2λ(dx2+dy2+dz2),
60. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện 4. Xét tại từng điểm dừng 2 2 2 2 d f(M1) = -3(dx +dy +dz ) – xác định dương nên 1 2 2 fct = f(M1) = f( /3,- /3, /3) = 3 2 2 2 2 d f(M2) = 3(dx +dy +dz ) – xác định âm nên 1 2 2 fcđ = f(M2) = f(- /3, /3,- /3) = -3
61. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y) = x2+2y2+12xy với điều kiện 4x2+y2 = 25 Giải: L(x,y) = x2+2y2+12xy+λ(4x2+y2 - 25) Tìm điểm dừng : Từ (1) và (2) ta tính λ ïì L¢=2 x + 12 y + 8l x (1) theo x và y, cho bằng ï x ï nhau để tìm ra mối íï L¢=4 y + 12 x + 2l y (2) ï y liên hệ giữa x và y ï 22 îï 4xy+= 25 (3) x++6 y 6 x 2 y l = - = - Þ24x22 + 7 xy - 6 y = 0 (4) 4xy Pt (4) là pt đẳng cấp đối với x, y; ta giải bằng cách đặt y = tx để được phương trình
62. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện 2 2 2 ét =-3 24x +7x.tx-6(tx) = 0 -6t +7t+24 = 0 ê 2 ê êt = 8 éyx=-3 ëê 3 ê 2 Ta thay vào pt (3), rồi Suy ra ê tính λ tương ứng để êyx= 8 ëê 3 được 4 điểm dừng M1(2,-3) và M2(-2,3) với λ = 2, 3 3 17 M3( /2,4) và M4(- /2,-4) với λ = - /4 2 2 2 Tính d L = L”xxdx +L”yydy +2L”xydxdy d2L = (2+8λ)dx2+(4+2λ)dy2+24dxdy Ta sẽ xét tại 2 điểm dừng một lần vì cùng chung λ
63. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện 2 2 2 2 Tại M1 và M2 : d L=18dx +24dxdy+8dy = 2(3dx+2dy) Đến đây, ta chưa thể kết luận về dấu của d2f nên ta sẽ sử dụng điều kiện φ(x,y) = 0 bằng cách lấy vi phân 2 vế: φ’xdx+φ’ydy=0 và thay giá trị x, y tại điểm dừng đang xét để tìm thêm mối liên hệ giữa dx và dy Từ : 4x2+y2 = 25 8xdx+2ydy = 0 Thay x=2 và y=-3 (điểm M1) hoặc x=-2 và y=3 (điểm M2) vào trên ta được : 8dx = 3dy 2 2 225 2 Suy ra: d L(M1) = d L(M2) = /4dx - xác định dương 2 Tương tự khi xét dấu d L tại M3 và M4. Vậy : fcd = f(2,-3) = f(-2,3) = -26, 3 3 151 fct = f( /2,4) = f(- /2,4) = - /4
64. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ : Dùng cực trị để tìm khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng là giao tuyến của 2 mặt phẳng : x+y = 6, y+z = 12 Giải Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến điểm M(x,y,z) bất kỳ là d(,) O M= x2 + y 2 + z 2 Tức là ta có bài toán: Tìm cực trị hàm f(x,y,z)=x2+y2+z2 với 2 điều kiện x+y = 6 và y+z = 12 Ta có làm bằng 2 cách : Cách 1: Thay x = 6-y, z = 12-y vào hàm f để được hàm 1 biến y và tìm cực trị
65. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Cách 2: Dùng hàm Lagrange với 2 điều kiện L(x,y,z) = f(x,y,z) + λφ(x,y,z) + μψ(x,y,z) L(x,y,z) = x2+y2+z2+λ(x+y-6)+μ(y+z-12) Tìm điểm dừng bằng cách giải hpt ïì Lx¢= 0 ïì Lxx¢=20 +l = Ta được 1 ï ï ï ¢ ï ¢ điểm ï Ly = 0 ï Lyy =20 +lm + = ï ï dừng ï L¢= 0 Ûï Lz¢ =20 +m = í z í z M(0,6,6) ï ï ï j (x , y , z )= 0 ï xy+=6 với λ = 0, ï ï ï y (x , y , z )= 0 ï yz+=12 μ = -12 îï îï Tính d2L=2(dx2+dy2+dz2) xác định dương tại mọi điểm nên ta được fct = f(0,6,6) = 72 . Vậy khoảng cách nhỏ nhất cần tìm là 6√2
66. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Định nghĩa: Cho hàm f(x,y) xác định trong miền D đóng và bị chặn. Hàm f được gọi là đạt giá trị lớn nhất (GTLN) tại điểm M0(,) x 0 y 0 Î D nếu f( x , y )£ f ( x00 , y ), " ( x , y ) Î D và fmax = f(x0,y0) Thay dấu ≤ bởi dấu ≥ trong định nghĩa trên ta có khái niệm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm trên miền đóng D Định lý Weierstrass : Nếu hàm f(x,y) liên tục trên tập đóng và bị chặn D thì f đạt GTLN, GTNN trên D Nhắc lại rằng: Tập D đóng tức là D chứa biên của nó, và D bị chặn tức là tồn tại 1 hình cầu mở B(M0,r) sao cho DÎ B(,) M0 r
67. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Như vậy, để tìm GTLN, GTNN của hàm f(x,y) trên miền đóng D ta làm như sau : 1. Tìm điểm các điểm dừng M1, M2, và là các điểm trong của D. Tính giá trị của hàm tại các điểm dừng đó 2. Tìm các điểm dừng trên biên của D tức là điểm dừng của hàm f thỏa điều kiện là phương trình biên D. Tính giá trị hàm f tại các điểm dừng đó. 3. So sánh giá trị của hàm f tại các điểm dừng trong và trên biên của D để tìm ra GTLN, GTNN của hàm f trên miền D.
68. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Ví dụ : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của f(x,y) = (x-6)2+(y+8)2 thỏa điều kiện x2+y2 ≤ 25 Giải: Miền D là hình tròn, bao gồm cả đường tròn tâm O(0,0) bán kính r = 5 Tìm điểm dừng trong hình tròn tức là giải hpt fxx =2( − 6) = 0 fyy =2( + 8) = 0 22 xy+ 25 2 pt trên cho ta nghiệm x = 3, y = -4, không thỏa bất đẳng thức tức là trong D không có điểm dừng
69. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Tìm điểm dừng trên biên D tức là tìm điểm (-3,4) dừng có điều kiện bằng cách lập hàm Lagrange 2 2 L(x,y) = f(x,y) + λ(x +y -25) (3,-4) và giải hpt Lx =2( x − 6) + 2 x = 0 Ta được 2 điểm dừng trên Ly =2( y + 8) + 2 y = 0 biên M1(-3,4), M2(3,-4) 22 xy+=25 Ta tính giá trị của f tại 2 điểm dừng trên và so sánh ta được fmax = f(-3,4) = 225, fmin=f(3,-4) = 25
70. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Ví dụ: Tìm GTLN GTNN của hàm f(x,y) = x2+y2-xy trong miền |x| + |y| ≤ 1 Giải: Trước hết, ta xác định miền D là B(0,1) hình vuông ABCD như hình vẽ Tìm điểm dừng trong hình A(1,0) vuông bằng cách giải hpt C(-1,0) f =20 x − y = x D(0-1) fy =20 y − x = Ta được điểm dừng M1(0,0) Tìm điểm dừng trên biên tức là lần lượt trên 4 cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông
71. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Trên cạnh AB với phương B(0,1) trình x+y = 1 ↔ y = 1-x 1 1 M2( /2, /2) Thay vào hàm f ta được A(1,0) f = x2+(1-x)2-x(1-x) = x2-x+1 C(-1,0) 1 f’=2x-1=0↔x= /2 ta được điểm dừng M (1/ ,1/ ) 2 2 2 D(0-1) Tương tự trên 3 cạnh còn lại ta được 3 điểm dừng lần 1 1 1 1 1 1 lượt là M3(- /2, /2), M4(- /2,- /2), M5( /2,- /2) Cuối cùng, ta tính giá trị của hàm tại 5 điểm dừng vừa 1 3 tìm: f(M1)=0, f(M2) = f(M4) = /4, f(M3) = f(M5) = /4 Và tại 4 điểm đặc biệt: f(A) = f(B) = f(C) = f(D) = 1 Vậy: fmax = f(A) = f(B) = f(C) = f(D) = 1, fmin = f(M1) = 0
72. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Ví dụ : Tìm GTLN, GTNN của hàm f(x,y) = x2+y2 trên miền (xy− 1)22 + ( − 2) 5 D : 24xy+ Giải: Trước tiên, ta xác định B(0,4) miền D là phần hình tròn nằm trên đường thẳng 1. Tìm điểm dừng trong I(1,2) miền D : fxx ==20 xy = = 0 A(2,0) fyx ==20 Ta không nhận điểm này vì nó nằm ngoài miền D
73. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN 2. Tìm điểm dừng trên biên của D gồm 2 đường : đoạn thẳng AB và nửa trên đường tròn ACB. Trên đoạn thẳng, ta có điều kiện: 2x+y = 4 ↔ y = -2x+4 B(0,4) , 0≤x≤2 thay vào hàm f ta được f = x2+(2x-4)2 = 5x2-16x+16 I(1,2) Cho ta 1 điểm dừng M1 8 4 M1( /5, /5) A(2,0) Trên nửa đường tròn, ta lập hàm Lagrange L(x,y) = x2+y2+λ((x-1)2+(y-2)2-5)
74. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Tìm điểm dừng: Ta loại điểm (0,0) Lx =2 x + 2 ( x − 1) = 0 xy= =0, = 0 vì nằm dưới Lx =2 y + 2 ( y − 2) = 0 đường thẳng và xy=2, = 4, = − 2 (xy− 1)22 + ( − 2) = 4 nhận điểm M (2,4) 2 Cuối cùng, ta tính giá trị M2 f tại 2 điểm đặc biệt và B(0,4) tại 2 điểm dừng 80 f(M1) = /25, f(M2) = 20, f(A) = 4, f(B) = 16 I(1,2) và so sánh để được M1 8 4 80 fmax=f(2,4)=20, fmin = f( /5, /5) = /25 A(2,0)