+ Giả sử hàm số \( z=f(x,y) \) xác định trong miền D chứa \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \). Nếu với mọi điểm M(x,y) thuộc lân cận của M0 nhưng khác M0 mà hiệu \( \Delta f=f(M)-f({{M}_{0}})\ne 0 \) có duấ không đổi thì ta nói rằn hàm số \( z=f(x,y) \) đạt cực trị địa phương (gọi tắt là cực trị) tại M0.
+ Nếu \( \Delta f>0 \) thì hàm số f(x,y) đạt cực tiểu tại M0. Điểm M0 được gọi là điểm cực tiểu và \( f({{M}_{0}}) \) được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số f(x,y), kí hiệu là \( {{f}_{CT}} \).
+ Nếu \( \Delta f<0 \) thì hàm số \( f(x,y) \) đạt cực đại tại M0. Điểm M0 được gọi là điểm cực đại và \( f({{M}_{0}}) \) được gọi là giá trị cực đại của hàm số f(x,y), kí hiệu là \( {{f}_{CD}} \) (H.1.3.1).
Ví dụ: Hàm số \( f(x,y)={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy \) xác định trên \( {{\mathbb{R}}^{2}} \). Với mọi điểm M(x,y) khác O(0,0), ta có:
\( f(M)={{\left( x-\frac{y}{2} \right)}^{2}}+\frac{3{{y}^{2}}}{4}>0 \) hay \( \Delta f=f(M)-f(O)>0 \).
Vậy hàm số f(x,y) đạt cực tiểu tại O(0,0).
+ Định lý (Điều kiện cần)
Nếu hàm số \( z=f(x,y) \) đạt chương trình tại điểm \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) và tại đó hàm số có đạo hàm riêng thì \( {{{f}’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})={{{f}’}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})=0 \).
Điểm M0 thỏa mãn \( {{{f}’}_{x}}({{M}_{0}})={{{f}’}_{y}}({{M}_{0}})=0 \) được gọi là điểm dừng (hay điểm tới hạn). Điểm M0 có thể không phải điểm cực trị.
Chứng minh:
Giả sử hàm số \( z=f(x,y) \) đạt cực đại tại \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \), ta có:
\( f(x,y)<f({{x}_{0}},{{y}_{0}}),\,\,\forall (x,y) \) thuộc lân cận của \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \).
Suy ra \( f(x,{{y}_{0}})<f({{x}_{0}},{{y}_{0}}),\,\,\forall (x,{{y}_{0}}) \)thuộc lân cận của \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \).
Khai triển Taylor hàm \( f(x,{{y}_{0}}) \) đến bậc một trong lân cận \( {{x}_{0}} \), ta được:
\( f(x,{{y}_{0}})=f({{x}_{0}},{{y}_{0}})+\frac{{{{{f}’}}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}{1!}(x-{{x}_{0}})+o((x-{{x}_{0}})) \).
Suy ra, khi \( (x,{{y}_{0}})\to ({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) ta có tương đương vô cùng vé
\( f(x,{{y}_{0}})-f({{x}_{0}},{{y}_{0}})\sim {{{f}’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})(x-{{x}_{0}}) \).
Nếu \( {{{f}’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})\ne 0 \) thì \( {{{f}’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})(x-{{x}_{0}}) \) có dấu thay đổi, dẫn đến dấu của \( \Delta f \) thay đổi theo. Điều này mâu thuẫn vì \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) là điểm cực trị. Suy ra \( {{{f}’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})=0 \).
Chứng minh tương tự cho trường hợp hàm số \( z=f(x,y) \) đạt cực tiểu tại điểm \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \). Vậy \( {{{f}’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})=0 \). Tương tự, \( {{{f}’}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})=0 \).
+ Định lý (Điều kiện đủ)
Giả sử hàm số \( z=f(x,y) \) có điểm dừng là \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) và có đạo hàm riêng cấp hai liên tục trong một lân cận của điểm M0.
Ta đặt \( A={{{f}”}_{{{x}^{2}}}}({{M}_{0}}),\,\,B={{{f}”}_{xy}}({{M}_{0}}),\,\,C={{{f}”}_{{{y}^{2}}}}({{M}_{0}}) \) và \( \Delta =AC-{{B}^{2}} \).
Khi đó, ta có:
1) Nếu \( \Delta >0 \) và \( A>0 \) thì f(x,y) đạt cực tiểu tại điểm M0;
2) Nếu \( \Delta >0 \) và \( A<0 \) thì f(x,y) đạt cực đại tại điểm M0;
3) Nếu \( \Delta <0 \) thì f(x,y) không đạt cực trị tại M0;
4) Nếu \( \Delta =0 \) thì ta chưa thể kết luận.
Chứng minh:
Giả sử hàm số \( z=f(x,y) \) có điểm dừng là \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \).
Khai triển Taylor hàm f(x,y) đến bậc hai trong lân cận M0, ta được:
\( f(M)=f({{M}_{0}})+\frac{df({{M}_{0}})}{1!}+\frac{{{d}^{2}}f({{M}_{0}})}{2!}+o\left( {{(\Delta x)}^{2}}+{{(\Delta y)}^{2}} \right) \)
Vì M0 là điểm dừng nên \( df({{M}_{0}})=0 \), ta có tương đương VCB:
\( f(M)-f({{M}_{0}})\sim \frac{{{d}^{2}}f({{M}_{0}})}{2!} \).
Suy ra \( \Delta f\sim \frac{1}{2}\left( Ad{{x}^{2}}+2Bdxdy+Cd{{y}^{2}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(*) \)
Đến đây ta xét ba trường hợp sau:
1) Trường hợp \( \Delta =AC-{{B}^{2}}>0 \):
Do \( AC-{{B}^{2}}>0 \) nên ta có \( A\ne 0 \). Giả sử \( dy=0 \), do \( M\ne {{M}_{0}} \) nên \( d{{x}^{2}}>0 \). Từ (*) ta suy ra \( \Delta f \) có cùng dấu với A.
Giả sử \( dy\ne 0 \). Đặt \( t=\frac{dx}{dy} \), ta có: \( \Delta f \)
\( Ad{{x}^{2}}+2Bdxdy+Cd{{y}^{2}}=d{{y}^{2}}(A{{t}^{2}}+2Bt+C) \)
Do \( AC-{{B}^{2}}>0 \) nên tam thức \( A{{t}^{2}}+2Bt+C \) vô nghiệm và có dấu cùng dấu với A. Từ (*) ta suy ra \( \Delta f \) có cùng dấu với A. Nghĩa là, nếu \( A>0 \) thì \( \Delta f>0 \), suy ra M0 là điểm cực tiểu; nếu \( A<0 \) thì \( \Delta f<0 \), suy ra M0 là điểm cực đại.
2) Trường hợp \( \Delta =AC-{{B}^{2}}<0 \):
Trước hết, ta nhận thấy \( dy\ne 0 \). Thật vậy, giả sử \( dy=0 \) ta có:
\( y={{y}_{0}}\Rightarrow {{{f}”}_{xy}}({{M}_{0}})={{{f}”}_{{{y}^{2}}}}({{M}_{0}})=0\Rightarrow B=C=0\Rightarrow \Delta =0 \) (vô lý).
Đặt \( t=\frac{dx}{dy} \), ta có: \( Ad{{x}^{2}}+2Bdxdy+Cd{{y}^{2}}=d{{y}^{2}}(A{{t}^{2}}+2Bt+C) \).
Do \( AC-{{B}^{2}}<0 \) nên tam thức \( A{{t}^{2}}+2Bt+C \) có hai nghiệm phân biệt và có dấu thay đổi.
Từ (*) ta suy ra dấu của \( \Delta f \) cũng thay đổi. Nghĩa là, M0 không phải là điểm cực trị. Điểm M0 lúc này được gọi là điểm yên ngựa (Xem hình H.14)
3) Trường hợp \( \Delta =AC-{{B}^{2}}=0 \):
Trong trường hợp này ta phải khảo sát từng hàm số cụ thể và có thể dùng các phương pháp khác. Chẳng hạn, nếu gặp \( A=B=C=0 \) thì ta phải xét vi phân cấp cao hơn hai. Do đó, trong chương trình ta không xét trường hợp \( \Delta =0 \).
+ Chú thích
Cực trị loại này được gọi là cực trị tự do vì khi đi tìm điểm cực trị, ta xét các điểm M(x,y) chạy khắp \( {{D}_{f}} \) mà không có sự ràng buộc nào.
+ Phương pháp tìm cực trị tự do
Giả sử hàm số f(x,y) có đạo hàm riêng cấp hai liên tục trên \( D\subset {{\mathbb{R}}^{2}} \). Để tìm cực trị của f(x,y), ta thực hiện các bước sau:
Bước 1. Tìm điểm dừng bằng cách giải hệ phương trình: \( \left\{ \begin{align} & {{{{f}’}}_{x}}(x,y)=0 \\ & {{{{f}’}}_{y}}(x,y)=0 \\ \end{align} \right. \).
Bước 2. Giả sử \( ({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) là một nghiệm của hệ và \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})\in D \), ta tính:
\( A={{{f}”}_{{{x}^{2}}}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}),\,\,B={{{f}”}_{xy}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}),\,\,C={{{f}”}_{{{y}^{2}}}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})\Rightarrow \Delta =AC-{{B}^{2}} \).
Bước 3. Dựa vào điều kiện đủ của định lý để kết luận.
Ví dụ 1. Tìm điểm dừng của hàm số \( z=xy(1-x-y) \).
Hướng dẫn giải:
Lời giải:
Ta có: \( \left\{ \begin{align} & {{{{z}’}}_{x}}(x,y)=0 \\ & {{{{z}’}}_{y}}(x,y)=0 \\ \end{align} \right. \)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & y-2xy-{{y}^{2}}=0 \\ & x-2xy-{{x}^{2}}=0 \\ \end{align} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & ({{x}^{2}}-{{y}^{2}})-(x-y)=0 \\ & x-2xy-{{x}^{2}}=0 \\ \end{align} \right. \)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & (x-y)(x+y-1)=0 \\ & x-2xy-{{x}^{2}}=0 \\ \end{align} \right. \).
Vậy hàm số có 4 điểm dừng là: \( {{M}_{1}}(0;0),\,\,{{M}_{2}}(0;1),\,\,{{M}_{3}}(1;0),\,\,{{M}_{4}}\left( \frac{1}{3};\frac{1}{3} \right) \).
Ví dụ 2. Tìm cực trị của hàm số \( z={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4x-2y+8 \).
Hướng dẫn giải:
Để xem đầy đủ lời giải chi tiết các ví dụ và bài tập hãy mua sách Giải bài tập Giải tích 2
Đáp án: \( M(-2;1) \) là điểm cực tiểu và \( {{z}_{CT}}=3 \).
Ví dụ 3. Tìm cực trị của hàm số \( f(x,y)={{x}^{3}}+{{y}^{3}}-3xy-2 \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: \( {{M}_{2}}(1;1) \) là điểm cực tiểu và \( {{f}_{CT}}=-3 \).
Ví dụ 4. Tìm cực trị của hàm số \( z=3{{x}^{2}}y+{{y}^{3}}-3{{x}^{2}}-3{{y}^{2}}+2 \).
Hướng dẫn giải:
Giải hệ phương trình: \( \left\{ \begin{align} & {{{{z}’}}_{x}}(x,y)=6xy-6x=0 \\ & {z}'(x,y)=3{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}-6y=0 \\ \end{align} \right. \) ta suy ra hàm số có 4 điểm dừng là:
\( {{M}_{1}}(0;0),\,\,{{M}_{2}}(0;2),\,\,{{M}_{3}}(1;1) \) và \( {{M}_{4}}(-1;1) \).
Tính vi phân cấp hai, ta được:
\( {{{z}”}_{{{x}^{2}}}}(x,y)=6y-6,\,\,{{{z}”}_{xy}}(x,y)=6x \) và \( {{{z}”}_{{{y}^{2}}}}(x,y)=6y-6 \).
+ Tại điểm \( {{M}_{1}}(0;0) \), ta có: \( A=C=-6<0,\,\,B=0\Rightarrow \Delta >0\Rightarrow {{M}_{1}} \) là điểm cực đại.
+ Tại điểm \( {{M}_{2}}(0;2) \), ta có: \( A=C=6>0,\,\,B=0\Rightarrow \Delta >0\Rightarrow {{M}_{2}} \) là điểm cực tiểu.
+ Tại điểm \( {{M}_{3}}(1;1) \), ta có: \( A=C=0,\,\,B=6\Rightarrow \Delta <0\Rightarrow {{M}_{3}} \) không là điểm cực trị.
+ Tại điểm \( {{M}_{4}}(-1;1) \), ta có: \( A=C=0,\,\,B=-6\Rightarrow \Delta <0\Rightarrow {{M}_{4}} \) không là điểm cực trị.
Ví dụ 5. Cho hàm số \( f(x,y)=6{{x}^{2}}y+4{{y}^{3}}-6{{x}^{2}}-15{{y}^{2}}-24xy+24x+36y \). Tìm điểm cực trị của hàm số f(x,y) trên \( D=\left\{ (x,y)\in {{\mathbb{R}}^{2}}|y\ge 1 \right\} \).
Hướng dẫn giải:
Để xem đầy đủ lời giải chi tiết các ví dụ và bài tập hãy mua sách Giải bài tập Giải tích 2
Giả sử hàm số \( z=f(x,y) \) có đồ thị là S cắt hình trụ theo giao tuyến là một đường cong C. Gọi hình chiếu của C trên Oxy là đường cong \( (\gamma ):\varphi (x,y)=0 \). Nếu tại điểm \( {{M}_{0}}\in (\gamma ) \) hàm số f(x,y) đạt cực trị thì ta nói M0 là điểm cực trị có điều kiện của f(x,y) với điều kiện ràng buộc \( \varphi (x,y)=0 \) (Như hình vẽ H.1.3.2).
+ Chú thích:
– Cực trị có điều kiện khác cực trị tự do ở chỗ khi đi tìm điểm cực trị, ta chỉ xét các điểm M(x,y) chạy trên đường cong \( (\gamma )\subset {{D}_{f}} \).
– Để tìm cực trị của hàm số \( z=f(x,y) \) với điều kiện \( \varphi (x,y)=0 \), ta dùng phương pháp khử hoặc nhân tử Lagrange.
+ Phương pháp khử:
Giả sử cần tìm cực trị của hàm số \( z=f(x,y) \) liên tục trên miền D thỏa điều kiện \( \varphi (x,y)=0 \) ( \( \varphi (x,y) \) khả vi), ta thực hiện các bước sau:
– Bước 1. Từ phương trình \( \varphi (x,y)=0 \), ta giải y theo biến x (hoặc x theo y) và thế vào hàm số \( z=f(x,y) \).
– Bước 2. Ta tìm cực trị của hàm hợp một biến \( z=f(x,y(x)) \).
Ví dụ 6. Tìm cực trị của hàm số \( z={{x}^{2}}y \) thỏa điều kiện \( \varphi (x,y)=x-y+3=0 \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: hàm số đạt cực tiểu tại điểm \( {{M}_{2}}(0;3) \) và \( {{z}_{CT}}=0 \).
Ví dụ 7. Tìm điểm cực trị của hàm số \( z={{x}^{2}}+{{y}^{2}} \) thỏa điều kiện \( x-{{y}^{2}}+1=0 \).
Hướng dẫn giải:
Từ phương trình \( x-{{y}^{2}}+1=0\Rightarrow x={{y}^{2}}-1 \).
Thế \( x={{y}^{2}}-1 \) vào hàm số \( z={{x}^{2}}+{{y}^{2}} \) ta được: \( z={{y}^{4}}-{{y}^{2}}+1 \).
Ta có: \( {z}'(y)=4{{y}^{3}}-2y \) và \( {z}”(y)=12{{y}^{2}}-2 \),
\( {z}'(y)=0\Leftrightarrow y=0\vee y=\pm \frac{\sqrt{2}}{2} \).
+ Với \( y=0 \), ta có \( x=-1 \) và \( {z}”(0)<0 \).
Suy ra hàm số đạt cực đại tại điểm \( {{M}_{1}}(-1;0) \).
+ Với \( y=\pm \frac{\sqrt{2}}{2} \), ta có \( x=-\frac{1}{2} \) và \( {z}”\left( \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \right)>0 \). Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm \( {{M}_{2}}\left( -\frac{\sqrt{2}}{2};-\frac{1}{2} \right),\,\,{{M}_{3}}\left( \frac{\sqrt{2}}{2};-\frac{1}{2} \right) \).
Giả sử ta cần tìm cực trị của hàm số \( z=f(x,y) \) liên tục trên miền D thỏa điều kiện \( \varphi (x,y)=0 \) ( \( \varphi (x,y) \) khả vi). Không làm mất tính tổng quát, giả sử \( y=y(x) \) là hàm ẩn thỏa phương trình \( \varphi (x,y)=0 \), ta có:
\( {y}'(x)=-\frac{{{{{\varphi }’}}_{x}}(x,y)}{{{{{\varphi }’}}_{y}}(x,y)}\,\,\,\,\left( {{{{\varphi }’}}_{y}}(x,y)\ne 0 \right) \).
Đạo hàm hàm số \( z=f(x,y(x)) \) theo x, ta được
\( {z}'(x)={{{f}’}_{x}}(x,y)+{{{f}’}_{y}}(x,y)\cdot {y}'(x) \) hay \( {z}'(x)={{{f}’}_{x}}(x,y)-{{{f}’}_{y}}(x,y)\cdot \frac{{{{{\varphi }’}}_{x}}(x,y)}{{{{{\varphi }’}}_{y}}(x,y)} \).
Giả sử \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) là điểm dừng của hàm số \( z=f(x,y) \), ta có \( {{{f}’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})-{{{f}’}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})\cdot \frac{{{{{\varphi }’}}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}{{{{{\varphi }’}}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}=0 \).
Suy ra \( {{{f}’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}){{{\varphi }’}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})={{{f}’}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}){{{\varphi }’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \)
Với \( {{{\varphi }’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})\ne 0 \), từ (1) ta đặt \( \frac{{{{{f}’}}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}{{{{{\varphi }’}}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}=\frac{{{{{f}’}}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}{{{{{\varphi }’}}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}=-\lambda \).
Xét hàm phụ hai biến \( L(x,y)=f(x,y)+\lambda \varphi (x,y) \), trong đó \( \lambda \) được gọi là nhân tử Lagrange, ta có:
\( \left\{ \begin{align} & {{{{L}’}}_{x}}(x,y)={{{{f}’}}_{x}}(x,y)+\lambda {{{{\varphi }’}}_{x}}(x,y) \\ & {{{{L}’}}_{y}}(x,y)={{{{f}’}}_{y}}(x,y)+\lambda {{{{\varphi }’}}_{y}}(x,y) \\ \end{align} \right. \) hay \( \left\{ \begin{align} & {{{{L}’}}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})={{{{f}’}}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})-\frac{{{{{f}’}}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}{{{{{\varphi }’}}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}\cdot {{{{\varphi }’}}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})=0 \\ & {{{{L}’}}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})={{{{f}’}}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})-\frac{{{{{f}’}}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}{{{{{\varphi }’}}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})}\cdot {{{{\varphi }’}}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})=0 \\ \end{align} \right. \)
Mặt khác, \( \varphi ({{x}_{0}},{{y}_{0}})=0 \). Vậy điểm dừng \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) là nghiệm của hệ:
\( \left\{ \begin{align} & {{{{f}’}}_{x}}(x,y)+\lambda {{{{\varphi }’}}_{x}}(x,y)=0 \\ & {{{{f}’}}_{y}}(x,y)+\lambda {{{{\varphi }’}}_{y}}(x,y)=0 \\ & \varphi (x,y)=0 \\ \end{align} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,(*) \)
Trường hợp khi \( {{{\varphi }’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})=0 \) thì \( {{{f}’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})=0 \) nên \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) cũng là nghiệm của hệ (*).
Bây giờ ta tìm điều kiện để \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) là điểm cực trị của f(x,y).
Ta có: \( \Delta L=\left[ f(x,y)+\lambda \varphi (x,y) \right]-\left[ f({{x}_{0}},{{y}_{0}})+\lambda \varphi ({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \right]=f(x,y)-f({{x}_{0}},{{y}_{0}})=\Delta f\,\,\,\,(do\,\,\varphi (x,y)=0)\,\,\,\,\,(2) \)
Khai triển Taylor hàm L(x,y) đến bậc hai trong lận cận M0, ta được:
\( L(M)=L({{M}_{0}})+\frac{dL({{M}_{0}})}{1!}+\frac{{{d}^{2}}L({{M}_{0}})}{2!}+o\left( {{(\Delta x)}^{2}}+{{(\Delta y)}^{2}} \right) \).
Vì M0 là điểm dừng nên \( dL({{M}_{0}})=0 \), ta có tương đương VCB:
\( L(M)-L({{M}_{0}})\sim \frac{{{d}^{2}}L({{M}_{0}})}{2!} \).
Suy ra \( \Delta L=L(M)-L({{M}_{0}}) \) cùng dấu với \( {{d}^{2}}L({{M}_{0}}) \) (3).
– Nếu \( {{d}^{2}}L({{M}_{0}})>0 \) từ (2) và (3), ta suy ra \( \Delta f>0 \).
Vậy, nếu \( {{d}^{2}}L({{M}_{0}})>0 \) thì \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) là điểm cực tiểu của f(x,y).
– Nếu \( {{d}^{2}}L({{M}_{0}})<0 \) thì từ (2) và (3), ta suy ra \( \Delta f<0 \).
Vậy nếu \( {{d}^{2}}L({{M}_{0}})<0 \) thì \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) là điểm cực đại của f(x,y).
– Nếu \( {{d}^{2}}L({{M}_{0}})=0 \) thì ta chưa đủ cơ sở để kết luận. Trong chương trình không xét trường hợp này.
+ Chú ý:
Khi điểm M(x,y) đủ gần \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \) thì \( M\ne {{M}_{0}}\Rightarrow {{(\Delta x)}^{2}}+{{(\Delta y)}^{2}}>0\Rightarrow d{{x}^{2}}+d{{y}^{2}}>0\,\,\,\,\,\,\,\,(4) \)
Mặt khác: \( \varphi (x,y)=0\Rightarrow d\varphi (x,y)=0 \)
hay \( {{{\varphi }’}_{x}}(x,y)dx+{{{\varphi }’}_{y}}(x,y)dy=0\Rightarrow {{{\varphi }’}_{x}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})dx+{{{\varphi }’}_{y}}({{x}_{0}},{{y}_{0}})dy=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(5) \)
Suy ra, dx và dy phụ thuộc với nhau bởi (4) và (5).
Vậy, để tìm cực trị của hàm số \( z=f(x,y) \) thỏa điều kiện \( \varphi (x,y)=0 \), ta thực hiện các bước sau:
– Bước 1. Lập hàm phụ (hàm phụ còn được gọi là hàm Lagrange)
\( L(x,y)=f(x,y)+\lambda \varphi (x,y) \)
– Bước 2. Tìm điểm dừng bằng cách giải hệ phương trình
\( \left\{ \begin{align} & {{{{L}’}}_{x}}(x,y)={{{{f}’}}_{x}}(x,y)+\lambda {{{{\varphi }’}}_{x}}(x,y)=0 \\ & {{{{L}’}}_{y}}(x,y)={{{{f}’}}_{y}}(x,y)+\lambda {{{{\varphi }’}}_{y}}(x,y)=0 \\ & \varphi (x,y)=0 \\ \end{align} \right. \)
Giả sử ta có n điểm dừng \( {{M}_{k}}({{x}_{k}},{{y}_{k}}) \) ứng với \( {{\lambda }_{k}}\,\,(k=1,…,n) \).
– Bước 3. Ta tính các vi phân:
\( {{d}^{2}}L(x,y)={{{L}”}_{{{x}^{2}}}}(x,y)d{{x}^{2}}+2{{{L}”}_{xy}}dxdy+{{{L}”}_{{{y}^{2}}}}(x,y)d{{y}^{2}} \),
\( d\varphi (x,y)={{{\varphi }’}_{x}}(x,y)dx+{{{\varphi }’}_{y}}(x,y)dy \).
– Bước 4. Tại điểm \( {{M}_{k}}({{x}_{k}},{{y}_{k}}) \) ứng với \( {{\lambda }_{k}} \), ta giải:
\( {{{\varphi }’}_{x}}({{M}_{k}})dx+{{{\varphi }’}_{y}}({{M}_{k}})dy=0\Rightarrow dy \) theo dx (hoặc ngược lại).
Sau đó, ta thay vào \( {{d}^{2}}L({{M}_{k}}) \) (chú ý \( d{{x}^{2}}+d{{y}^{2}}>0 \)).
Kết luận:
1) Nếu \( {{d}^{2}}L({{M}_{k}})>0 \) thì hàm số f(x,y) đạt cực tiểu tại điểm Mk;
2) Nếu \( {{d}^{2}}L({{M}_{k}})<0 \) thì hàm số f(x,y) đạt cực đại tại điểm Mk.
Ví dụ 8. Tìm cực trị của hàm số \( f(x,y)=2x+y \) thỏa điều kiện \( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=5 \).
Hướng dẫn giải:
+ Lập hàm phụ, ta có:
\( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=5\Rightarrow \varphi (x,y)={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-5 \)
Suy ra \( L(x,y)=2x+y+\lambda ({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-5) \).
+ Tìm điểm dừng, ta có: \( \left\{ \begin{align} & {{{{L}’}}_{x}}(x,y)=2+2\lambda x=0 \\ & {{{{L}’}}_{y}}(x,y)=1+2\lambda y=0 \\ & \varphi (x,y)={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-5=0 \\ \end{align} \right. \)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=-\frac{1}{\lambda } \\ & y=-\frac{1}{2\lambda } \\ & \frac{1}{{{\lambda }^{2}}}+\frac{1}{4{{\lambda }^{2}}}=5 \\ \end{align} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=2 \\ & \lambda =-\frac{1}{2} \\ & y=1 \\ \end{align} \right. \) \( \vee \left\{ \begin{align} & x=-2 \\ & \lambda =\frac{1}{2} \\ & y=-1 \\ \end{align} \right. \).
Suy ra hàm số có hai điểm dừng: \( {{M}_{1}}(2;1) \) ứng với \( {{\lambda }_{1}}=-\frac{1}{2} \) và \( {{M}_{2}}(-2;-1) \) ứng với \( {{\lambda }_{2}}=\frac{1}{2} \).
+ Tính các vi phân cấp hai, ta được:
\( {{d}^{2}}L(x,y)=2\lambda (d{{x}^{2}}+d{{y}^{2}}) \) và \( d\varphi (x,y)=2xdx+2ydy \).
– Tại điểm \( {{M}_{1}}(2;1) \) ứng với \( {{\lambda }_{1}}=-\frac{1}{2} \) , ta có: \( {{d}^{2}}L({{M}_{1}})=-(d{{x}^{2}}+d{{y}^{2}})<0\Rightarrow {{M}_{1}} \) là điểm cực đại.
– Tại điểm \( {{M}_{2}}(-2;-1) \) ứng với \( {{\lambda }_{2}}=\frac{1}{2} \), ta có: \( {{d}^{2}}L({{M}_{2}})=d{{x}^{2}}+d{{y}^{2}}>0\Rightarrow {{M}_{2}} \) là điểm cực tiểu.
+ Chú ý:
Nếu từ vi phân \( {{d}^{2}}L(x,y) \) mà ta có thể kết luận được cực trị thì không cần phải tính \( d\varphi (x,y) \).
Ví dụ 9. Tìm cực trị của hàm số \( z={{x}^{2}}+{{y}^{2}} \) thỏa điều kiện \( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=3x+4y \).
Hướng dẫn giải:
Ta có: \( \varphi (x,y)={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-3x-4y \).
Suy ra \( L(x,y)={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+\lambda ({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-3x-4y) \).
Để tìm điểm đừng, ta giải hệ phương trình: \( \left\{ \begin{align} & {{{{L}’}}_{x}}(x,y)=2x+\lambda (2x-3)=0 \\ & {{{{L}’}}_{y}}(x,y)=2y+\lambda (2y-4)=0 \\ & \varphi (x,y)={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-3x-4y=0 \\ \end{align} \right. \).
+ Với \( \lambda =0 \), ta có: \( \left\{ \begin{align} & x=0 \\ & y=0 \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{M}_{1}}(0,0) \) là điểm dừng ứng với \( {{\lambda }_{1}}=0 \).
+ Với \( \lambda \ne 0 \), hệ phương trình trên trở thành: \( \left\{ \begin{align}& x=\frac{3\lambda }{2(1+\lambda )} \\ & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-3x-4y=0 \\ & y=\frac{2\lambda }{1+\lambda } \\ \end{align} \right. \)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & \frac{x}{y}=\frac{3}{4} \\ & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-3x-4y=0 \\ & y=\frac{2\lambda }{1+\lambda } \\ \end{align} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=3 \\ & y=4 \\& \lambda =-2 \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{M}_{2}}(3,4) \) là điểm dừng với \( {{\lambda }_{2}}=-2 \).
+ Từ vi phân \( {{d}^{2}}L(x,y)=(2+2\lambda )(d{{x}^{2}}+d{{y}^{2}}) \), ta có:
\( {{d}^{2}}L({{M}_{1}})>0\Rightarrow {{M}_{1}}(0,0) \) là điểm cực tiểu và \( {{z}_{CT}}=0 \).
\( {{d}^{2}}L({{M}_{2}})<0\Rightarrow {{M}_{2}}(3,4) \) là điểm cực đại và \( {{z}_{CD}}=25 \).
Chú ý:
1) Trong ví dụ này, nếu ta thay \( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=3x+4y \) vào \( z={{x}^{2}}+{{y}^{2}} \) thì \( z=3x+4y \) và \( L(x,y)=3x+4y+\lambda ({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-3x-4y) \).
Giải tương tự như trên, ta có hai điểm dừng: \( {{M}_{1}}(0,0) \) ứng với \( {{\lambda }_{1}}=1 \) và \( {{M}_{2}}(3,4) \) ứng với \( {{\lambda }_{2}}=-1 \).
Kết quả tìm được không thay đổi nhưng nhân tử \( \lambda \) đã thay đổi.
2) Khi ta thay \( \varphi (x,y)=0 \) bởi một phương trình tương đương thì nhân tử \( \lambda \) sẽ thay đổi nhưng không làm thay đổi kết quả của bài toán.
Ví dụ 10. Tìm điểm cực trị của hàm số \( z=xy \) thỏa điều kiện \( \frac{{{x}^{2}}}{8}+\frac{{{y}^{2}}}{2}=1 \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án: \( {{M}_{3}}(-2;1) \) và \( {{M}_{4}}(2;-1) \) là hai điểm cực tiểu.
Ví dụ 11. Tìm cực trị của hàm \( f(x,y)=10x+40y \) thỏa điều kiện \( \sqrt{xy}=20 \).
Hướng dẫn giải:
Để xem đầy đủ lời giải chi tiết các ví dụ và bài tập hãy mua sách Giải bài tập Giải tích 2
Bài Giảng Toán Cao Cấp được xây dựng trên WordPress