Bài giảng Giải tích 2 - Chương: Đạo hàm và vi phân - Phần 3: Khả vi và Vi phân

0) 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 trênThay 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§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 = 0Giải : Từ điều kiện, ta rút ra y = 2/3x và thay vào hàm f: f(x,y) = x2-9(2/3x)2+3x(2/3x)+6x-5 = -x2+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 = 3Vậy hàm đạt cực đại tại điểm dừng duy nhất (3,2)fcđ = f(3,2) = 4§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 sauTa 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 §6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện (1)Mặt khác, từ điều kiện φ(x,y) = 0, ta cũng có φ’x(x0,y0)+y’x(x0) φ’y(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’y(x0,y0)+ λφ’y(x0,y0)] = 0Vì φ’y(x0,y0) ≠ 0 nên ta có thể tìm được hằng số λ0 sao cho : Thay vào đẳng thức trên, ta cũng được f’x(x0,y0) + λ0φx(x0,y0) = 0 (4)(3)↔ f’y(x0,y0)+ λφ’y(x0,y0) = 0§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 : Ta đặt hàm L(x,y) = f(x,y)+λφ(x,y) thì hpt trở thành Và x0, y0, λ0 là 1 nghiệm của hệ§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 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§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:Nếu d2L(x0,y0) là xác định dương thì M0 là điểm cực tiểuNếu d2L(x0,y0) là xác định âm thì M0 là điểm cực đạiNếu d2L(x0,y0) là không xác định hàm không đạt cực trị tại M0§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 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 biếnNếu không thực hiện được như trên thì ta làm theo phương pháp nhân tử LagrangeLập hàm Lagrange: L(x,y) = f(x,y) + λφ(x,y) Giải hpt Để tìm điểm dừng M0(x0,y0) ứng với λ = λ0c. Xét dấu dạng toàn phương d2L(x0,y0), với λ = λ0§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y) = 6 - 4x - 3y với điều kiện x2+y2 = 1Giải : 1. Lập hàm L(x,y) = 6 - 4x -3y+λ(x2+y2-1)2. Giải hpt tìm điểm dừng Thay x, y từ 2 pt trên xuống pt cuối cùng. Ta được 2 điểm dừng :M1(4/5,3/5) và λ1 = 5/2; M2(-4/5,-3/5) và λ2 = -5/2§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện 3. Tính vi phân cấp 2 của hàm L(x,y)d2L(x,y) = L”xxdx2+2L”xydxdy+L”yydy2 = 2λdx2+2λdy24. Xét dấu d2L tại từng điểm dừngTại M1 với λ1=5/2, ta được d2L(M1) = 5(dx2+dy2) là xác định dương, vậy fct = f(M1) = f(4/5,3/5) = 1Tại M2 với λ2 = -5/2, ta được d2L(M2) = - 5(dx2+dy2) là xác định âm, vậy fcđ = f(M2) = f(-4/5,-3/5) = 11§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=1Giải : Ta cũng làm theo các bước như với hàm 2 biến1.Lập hàm L(x,y,z) = x-2y+2z+λ(x2+y2+z2-1)Ta được 2 điểm dừng M1(1/3,-2/3,2/3) , λ1 = -3/2M2(-1/3,2/3,-2/3) , λ2 = 3/23. Tính d2L = 2λ(dx2+dy2+dz2), 2. Tìm điểm dừng bằng cách giải hpt4. Xét tại từng điểm dừng§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện d2L(M1) = -3(dx2+dy2+dz2) – xác định âm nên fcđ = f(M1) = f(1/3,-2/3,2/3) = 3d2L(M2) = 3(dx2+dy2+dz2) – xác định dương nên fct = f(M2) = f(-1/3,2/3,-2/3) = -3§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 = 25Giải: L(x,y) = x2+2y2+12xy+λ(4x2+y2 - 25)Từ (1) và (2) ta tính λ theo x và y, cho bằng nhau để tìm ra mối liên hệ giữa x và yPt (4) là pt đẳng cấp đối với x, y; ta giải bằng cách đặt y = tx để được phương trìnhTìm điểm dừng :§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện 24x2+7x.tx-6(tx)2 = 0 -6t2+7t+24 = 0 Suy ra Ta thay vào pt (3), rồi tính λ tương ứng để được 4 điểm dừngM1(2,-3) và M2(-2,3) với λ = 2, M3(3/2,4) và M4(-3/2,-4) với λ = -17/4Tính d2L = L”xxdx2+L”yydy2 +2L”xydxdyd2L = (2+8λ)dx2+(4+2λ)dy2+24dxdyTa sẽ xét tại 2 điểm dừng một lần vì cùng chung λTại M1 và M2 : d2L=18dx2+24dxdy+8dy2 = 2(3dx+2dy)2§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện 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 dy8xdx+2ydy = 0Từ : 4x2+y2 = 25 Thay x=2 và y=-3 (điểm M1) hoặc x=-2 và y=3 (điểm M2) vào trên ta được : 8dx = 3dy Suy ra: d2L(M1) = d2L(M2) = (225/4)dx2 - xác định dương Tương tự khi xét dấu d2L tại M3 và M4.Vậy : fct = f(2,-3) = f(-2,3) = -26, fcđ = f(3/2,4) = f(-3/2,-4) = -151/4§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 = 12GiảiKhoảng cách từ gốc tọa độ O đến điểm M(x,y,z) bất kỳ làTức 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 trịCách 2: Dùng hàm Lagrange với 2 điều kiện§6 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có 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 hptTa được 1 điểm dừng M(0,6,6) với λ = 0, μ = -12Tính d2L=2(dx2+dy2+dz2) xác định dương tại mọi điểm nên ta được fct = f(0,6,6) = 72 . Vậy khoảng cách cần tìm là 6√2§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 nếu và fmax = f(x0,y0)Định lý Weierstrass : Nếu hàm f(x,y) liên tục trên tập đóng và bị chặn D thì f đạt GTLN, GTNN trên DThay dấu ≤ bởi dấu ≥ trong định nghĩa trên ta có khái niệm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm trên miền đóng DNhắc 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 Như vậy, để tìm GTLN, GTNN của hàm f(x,y) trên miền đóng D ta làm như sau : 1. Tìm các điểm dừng M1, M2,  và là các điểm trong của D. Tính giá trị của hàm tại các điểm dừng đó2. 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.§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 §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Giải: Miền D là hình tròn, bao gồm cả đường tròn tâm O(0,0) bán kính r = 5Tìm điểm dừng trong hình tròn tức là giải hpt2 pt trên cho ta nghiệm x = 6, y = -8, không thỏa bất đẳng thức tức là trong D không có điểm dừng§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Tìm điểm dừng trên biên D tức là tìm điểm dừng có điều kiện bằng cách lập hàm LagrangeL(x,y) = f(x,y) + λ(x2+y2-25)và giải hptTa được 2 điểm dừng trên biên M1(-3,4), M2(3,-4)(-3,4)(3,-4)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§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| ≤ 1Giải: Trước hết, ta xác định miền D là hình vuông ABCD như hình vẽD(0-1)C(-1,0)B(0,1) A(1,0)Tìm điểm dừng trong hình vuông bằng cách giải hptTa 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§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN D(0-1)C(-1,0)B(0,1) A(1,0)Trên cạnh AB với phương trình x+y = 1 ↔ y = 1-xThay vào hàm f ta được f = x2+(1-x)2-x(1-x) = 3x2-3x+1Tương tự trên 3 cạnh còn lại ta được 3 điểm dừng lần lượt là M3(-1/2,1/2), M4(-1/2,-1/2), M5(1/2,-1/2)f’=6x-3=0↔x=1/2 ta được điểm dừng M2(1/2,1/2)M2(1/2,1/2)Cuối cùng, ta tính giá trị của hàm tại 5 điểm dừng vừa tìm: f(M1)=0, f(M2) = f(M4) = 1/4, f(M3) = f(M5) = 3/4Và tại 4 điểm đặc biệt: f(A) = f(B) = f(C) = f(D) = 1Vậy: fmax = f(A) = f(B) = f(C) = f(D) = 1, fmin = f(M1) = 01. Tìm điểm dừng trong miền D : §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Ví dụ : Tìm GTLN, GTNN của hàm f(x,y) = x2+y2 trên miền Giải: Trước tiên, ta xác định miền D là phần hình tròn nằm trên đường thẳng I(1,2)B(0,4)A(2,0)Ta không nhận điểm này vì nó nằm ngoài miền D2. Tìm điểm dừng trên biên của D gồm 2 đường : đoạn thẳng AB và nửa trên đường tròn ACB. §6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Trên đoạn thẳng, ta có điều kiện: 2x+y = 4 ↔ y = -2x+4 , 0≤x≤2 thay vào hàm f ta được f = x2+(2x-4)2 = 5x2-16x+16 Trên nửa đường tròn, ta lập hàm Lagrange L(x,y) = x2+y2+λ((x-1)2+(y-2)2-5)Cho ta 1 điểm dừng M1(8/5,4/5)M1I(1,2)B(0,4)A(2,0)§6 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Tìm điểm dừng: Ta loại điểm (0,0) vì nằm dưới đường thẳng và nhận điểm M2(2,4)M1I(1,2)B(0,4)A(2,0)M2Cuối cùng, ta tính giá trị f tại 2 điểm đặc biệt và tại 2 điểm dừng f(M1) = 80/25, f(M2) = 20, f(A) = 4, f(B) = 16và so sánh để đượcfmax=f(2,4)=20, fmin = f(8/5,4/5) = 80/25