CÁC VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 5, 6 Chương 5 Phép tính vi phân hàm nhiều biến I Tính đạo hàm và vi phân toàn phần cấp 1 và cấp 2 Chú ý (1) Công thức vi phân toàn phần (cấp 1) của hàm ba biến
CÁC VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 5, Chương Phép tính vi phân hàm nhiều biến I Tính đạo hàm vi phân toàn phần cấp cấp Chú ý: (1) Cơng thức vi phân tồn phần (cấp 1) hàm ba biến: 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝑑𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 + 𝑑𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 (2) Công thức vi phân toàn phần hàm biến 𝒛 = 𝒛(𝒙, 𝒚) - Vi phân toàn phần (cấp 1) hàm biến 𝒛 = 𝒛(𝒙, 𝒚): 𝑑𝑧(𝑥, 𝑦) = 𝜕𝑧 𝜕𝑧 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑦 - Vi phân toàn phần cấp hàm biến 𝒛 = 𝒛(𝒙, 𝒚): 𝜕2𝑧 𝜕2𝑧 𝜕2𝑧 2 𝑑 𝑧(𝑥, 𝑦) = 𝑑𝑥 + 𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝑑𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦 (3) Công thức đạo hàm hàm hợp: a Nếu 𝒛 = 𝒛(𝒙, 𝒚), 𝒗ớ𝒊 𝒙 = 𝒙(𝒕), 𝒚 = 𝒚(𝒕) thì: 𝒛 = 𝒛(𝒙(𝒕), 𝒚(𝒕)) hàm biến t, có: 𝑑𝑧 𝜕𝑧 ′ 𝜕𝑧 = 𝑥 (𝑡) + 𝑦′ (𝑡) 𝑑𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑦 b Nếu 𝒛 = 𝒛(𝒖, 𝒗), 𝒗ớ𝒊 𝒖 = 𝒖(𝒙, 𝒚), 𝒗 = 𝒗(𝒙, 𝒚) thì: 𝒛 = 𝒛(𝒖(𝒙, 𝒚), 𝒗(𝒙, 𝒚)) hàm hai biến x, y, có: 𝜕𝑧 𝜕𝑧 𝜕𝑢 𝜕𝑧 𝜕𝑣 𝜕𝑧 𝜕𝑧 𝜕𝑢 𝜕𝑧 𝜕𝑣 = + ; = + 𝜕𝑥 𝜕𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑣 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑦 𝜕𝑣 𝜕𝑦 c Nếu 𝒛 = 𝒛(𝒕, 𝒙, 𝒚), 𝒗ớ𝒊 𝒙 = 𝒙(𝒕), 𝒚 = 𝒚(𝒕) thì: 𝒛 = 𝒛(𝒕, 𝒙(𝒕), 𝒚(𝒕)) hàm biến t, có đạo hàm (𝒛(𝒕, 𝒙(𝒕), 𝒚(𝒕)))′ gọi đạo hàm toàn phần z và: 𝑑𝑧 𝜕𝑧 𝜕𝑧 ′ 𝜕𝑧 = + 𝑥 (𝑡) + 𝑦′ (𝑡) 𝑑𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑦 VD Tìm đạo hàm riêng hàm: 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑒 𝑥𝑦 cos(𝑦 + 𝜋𝑧), điểm (1, 0, 1) Giải Có: 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 = (𝑒 𝑥𝑦 )′𝑥 cos(𝑦 + 𝜋𝑧) = 𝑦 𝑒 𝑥𝑦 cos(𝑦 + 𝜋𝑧) ⇒ 𝜕𝑥 𝜕𝑓 = (𝑒 𝑥𝑦 )′𝑦 cos(𝑦 + 𝜋𝑧) + 𝑒 𝑥𝑦 [cos(𝑦 + 𝜋𝑧)]′𝑦 𝜕𝑦 = 𝑥 𝑒 𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠(𝑦 + 𝜋𝑧) − 𝑒 𝑥𝑦 𝑠𝑖𝑛(𝑦 + 𝜋𝑧) ⇒ 𝜕𝑓 𝜕𝑧 𝜕𝑓 𝜕𝑦 (1,0,1) = (1,0,1) = −1 𝜕𝑓 = 𝑒 𝑥𝑦 [cos(𝑦 + 𝜋𝑧)]′𝑧 = −𝜋𝑒 𝑥𝑦 𝑠𝑖𝑛(𝑦 + 𝜋𝑧) ⇒ 𝜕𝑧 (1,0,1) = VD Cho hàm số: 𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 a Tính đạo hàm riêng cấp u (0, 1, 1): b Tìm vi phân toàn phần (1, -1, 2) Giải a 𝜕𝑢 𝜕𝑥 ′ = (𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 )′𝑥 √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 (√𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧)𝑥 = 𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 = 𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 𝑥 + 𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 ⇒ 𝑥 √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 𝜕𝑢 (0,1,1) = 𝑒 𝜕𝑥 ′ 𝜕𝑢 𝑥−𝑦+2𝑧 )′ √𝑥 𝑥−𝑦+2𝑧 (𝑒 = − 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑒 (√𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧) 𝑦 𝜕𝑦 𝑦 = −𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 − 𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 = −𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 + √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 ⇒ √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 𝜕𝑢 (0,1,1) = −2𝑒 𝜕𝑦 ′ 𝜕𝑢 = (𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 )′𝑧 √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 (√𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧) 𝜕𝑧 𝑧 = 2𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 =𝑒 𝑥−𝑦+2𝑧 4𝑥 − 8𝑦 + 12𝑧 + √𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 ⇒ 𝜕𝑢 (0,1,1) = 𝑒 𝜕𝑧 b Ta có cơng thức vi phân toàn phần: (===C4====) 𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝑑𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 + 𝑑𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 Từ đó: 𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝑑𝑢(1, −1,2) = (1, −1,2)𝑑𝑥 + (1, −1,2)𝑑𝑦 + (1, −1,2)𝑑𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 𝜕𝑢 Từ a/ có: 𝜕𝑥 (1, −1,2) = Vậy: 10 𝜕𝑢 𝑒 6; 𝑑𝑢(1, −1,2) = 𝜕𝑦 10 (1, −1,2) = − 𝑒 𝑑𝑥− 10 𝜕𝑧 𝜕𝑥 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 − = − (𝑦 − 𝑥)−2 ; 𝑒6 ; 𝜕2 𝑧 𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑧 (1, −1,2) = 13𝑒 𝑒 𝑑𝑦 + 13𝑒 𝑑𝑧 VD Cho hàm số 𝑧 = 𝑦 √𝑦 − 𝑥, tính: 4𝑥 Giải Có: 𝑧 = 𝑦(𝑦 − 𝑥)2 ⇒ 10 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥 𝑦 = − (𝑦 − 𝑥)−2 ; 1 𝜕𝑧 = (𝑦 − 𝑥)2 + 𝑦 (𝑦 − 𝑥)−2 = (𝑦 − 𝑥)−2 (2𝑦 − 𝑥); 𝜕𝑦 3 𝜕2𝑧 − − − 2 (2𝑦 − 𝑥) + 4𝑦(𝑦 − 𝑥) = −(3𝑥 − 2𝑦 )𝑦(𝑦 − 𝑥) = −𝑦(𝑦 − 𝑥) 𝜕𝑦 Vậy: 4𝑥 𝜕2 𝑧 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 − = 2(𝑥 − 𝑦 )(𝑦 − 𝑥)−2 VD Cho hàm số 𝑧 = 𝑥 𝑙𝑛√𝑥 + 𝑦 a Tính: 𝜕2 𝑧 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 − b Tìm vi phân tồn phần cấp hàm z (-1, 1) 𝑑 𝑧(−1,1) Giải 𝜕𝑧 𝜕𝑥 a Có 𝑧 = 𝑥 𝑙𝑛(𝑥 + 𝑦 ); 𝑥2 𝑥 +𝑦 = ln(𝑥 + 𝑦 ) + ; 𝜕2𝑧 𝑥 2𝑥(𝑥 + 𝑦 ) − 2𝑥 (𝑥 + 3𝑥𝑦 ) = + = (𝑥 + 𝑦 )2 (𝑥 + 𝑦 )2 𝜕𝑥 𝑥 + 𝑦 𝜕𝑧 𝑥𝑦 𝜕 𝑧 𝑥(𝑥 + 𝑦 ) − 2𝑥𝑦 𝑥 − 𝑥𝑦 = ; = = (𝑥 + 𝑦 )2 (𝑥 + 𝑦 )2 𝜕𝑦 𝑥 + 𝑦 𝜕𝑦 Vậy: 𝜕2𝑧 𝜕2𝑧 4𝑥𝑦 − = (𝑥 + 𝑦 )2 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕2 𝑧 𝜕2 𝑧 𝜕2 𝑧 b Ta có cơng thức: 𝑑 𝑧(𝑥, 𝑦) = 𝜕𝑥 𝑑𝑥 + 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝜕𝑦2 𝑑𝑦 (==C7=) Từ (a) có 𝜕2 𝑧 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 (−1,1) = −1; (−1,1) = 0; 𝜕2𝑧 𝑦3 − 𝑥 2𝑦 𝜕2𝑧 (−1,1) = = ; 𝜕𝑥𝜕𝑦 (𝑥 + 𝑦 )2 𝜕𝑥𝜕𝑦 Vậy: 𝑑 𝑧(−1,1) = 𝜕2𝑧 𝜕2𝑧 𝜕2𝑧 ( ) ( ) (−1,1)𝑑𝑦 = −𝑑𝑥 −1,1 𝑑𝑥 + −1,1 𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦 VD Cho 𝑧 = 𝑒 2𝑢−𝑣 ln(1 + 𝑢 − 𝑣) , 𝑣ớ𝑖 𝑢 = 𝑥𝑦, 𝑣 = 𝑥 − 𝑦 𝑇í𝑛ℎ đạo hàm riêng 𝜕𝑧 𝜕𝑧 , 𝜕𝑥 𝜕𝑦 theo x, y Giải Ta có cơng thức đạo hàm hàm hợp: 𝜕𝑧 𝜕𝑧 𝜕𝑢 𝜕𝑧 𝜕𝑣 = + ; 𝜕𝑥 𝜕𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑣 𝜕𝑥 Tính: 𝜕𝑢 𝜕𝑥 = 𝑦, 𝜕𝑢 𝜕𝑦 = 𝑥, 𝜕𝑣 𝜕𝑥 = 2𝑥, 𝜕𝑣 𝜕𝑦 𝜕𝑧 𝜕𝑧 𝜕𝑢 𝜕𝑧 𝜕𝑣 = + 𝜕𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑦 𝜕𝑣 𝜕𝑦 = −2𝑦 𝜕𝑧 = 𝑒2𝑢−𝑣 [2 ln(1 + 𝑢 − 𝑣) + ]; 𝜕𝑢 1+𝑢−𝑣 𝜕𝑧 = 𝑒2𝑢−𝑣 [− ln(1 + 𝑢 − 𝑣) − ] 𝜕𝑣 1+𝑢−𝑣 Thay vào cơng thức, ta có: ∗ = 𝑒 2𝑥𝑦−𝑥 𝜕𝑧 𝑦 − 2𝑥 = 𝑒2𝑢−𝑣 [(2𝑦 − 2𝑥) ln(1 + 𝑢 − 𝑣) + ] 𝜕𝑥 1+𝑢−𝑣 +𝑦 [(2𝑦 − 2𝑥) ln(1 + 𝑥𝑦 − 𝑥 + 𝑦 ) + 𝑦 − 2𝑥 ] + 𝑥𝑦 − 𝑥 + 𝑦 ∗ = 𝑒 2𝑥𝑦−𝑥 𝜕𝑧 𝑥 + 2𝑦 = 𝑒2𝑢−𝑣 [(2𝑥 + 2𝑦) ln(1 + 𝑢 − 𝑣) + ] 𝜕𝑦 1+𝑢−𝑣 +𝑦 VD Tính đạo hàm 𝑑𝑧 𝑑𝑡 [(2𝑥 + 2𝑦) ln(1 + 𝑥𝑦 − 𝑥 + 𝑦 ) + 𝑥 + 2𝑦 ] + 𝑥𝑦 − 𝑥 + 𝑦 , 𝑧 = 𝑒 2𝑥−𝑦 , 𝑥 = cos 2𝑡 , 𝑦 = 3𝑡 𝜕𝑧 Tính: 𝑥 ′ (𝑡) = −2 sin 2𝑡 ; 𝑦 ′ (𝑡) = 6𝑡; 𝜕𝑥 = 2𝑒2𝑥−𝑦 ; 𝜕𝑧 𝜕𝑦 = −𝑒2𝑥−𝑦 Vậy ta có: 𝑑𝑧 = −4𝑒 2𝑥−𝑦 sin 2𝑡 − 6𝑡 𝑒 2𝑥−𝑦 = −2𝑒 cos 2𝑡−3𝑡 (2 sin 2𝑡 + 3𝑡 ) 𝑑𝑡 VD Cho hàm số: 𝑧 = 𝑒 3𝑥−2𝑦 𝑇í𝑛ℎ Giải Có: 𝜕𝑚 𝑧 𝜕𝑥 𝑚 𝜕𝑚+𝑛 𝑧 𝜕𝑥 𝑚 𝜕𝑦 = 3𝑚 𝑒 3𝑥−2𝑦 ; Từ suy ra: Từ suy ra: 𝑛 𝜕7 𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕7 𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 (2, 3) (2, 3) = 34 (−2)3 𝑒 = −648 VD Cho hàm số 𝑢 = 𝑥 2𝑦 + √2𝑥 + 3𝑦 − Tìm 𝑑 𝑢(1, 1) Giải Ta có cơng thức: 𝑑 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝜕2 𝑢 𝑑𝑥2 𝜕𝑥2 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 + 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝜕𝑦2 𝑑𝑦2 Viết lại: 𝑢 = 𝑥 2𝑦 + (2𝑥 + 3𝑦 − 4)2 , ta có: 𝜕𝑢 − 𝜕 𝑢 − 2𝑦−1 = 2𝑦 𝑥 + (2𝑥 + 3𝑦 − 4) ; = 2𝑦(2𝑦 − 1)𝑥2𝑦−2 − (2𝑥 + 3𝑦 − 4) ; 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕2𝑢 𝜕𝑢 − 2𝑦 ( ) = 2𝑥 ln 𝑥 + 2𝑥 + 3𝑦 − ; = 4𝑥 2𝑦 𝑙𝑛2 𝑥 − (2𝑥 + 3𝑦 − 4)−2 ; 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕2𝑢 𝜕2𝑢 ( ) ( ) 1,1 = 1; 1,1 = − 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕2𝑢 𝜕2𝑢 − 2𝑦−1 2𝑦−1 ( ) (1,1) = = 𝑥 + 4𝑦 𝑥 ln 𝑥 − 2𝑥 + 3𝑦 − ; 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 Từ đó: 𝑑2 𝑢(1,1) = 𝜕𝑥2 (1,1) 𝑑𝑥2 + 𝜕𝑥𝜕𝑦 (1,1)𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝜕𝑦2 (1,1)𝑑𝑦2 𝒅𝟐 𝒖(𝟏, 𝟏) = 𝒅𝒙𝟐 + 𝒅𝒙𝒅𝒚 − 𝟗 𝟐 𝒅𝒚 𝟒 𝑡 𝑑𝑧 VD Tìm đạo hàm toàn phần 𝑑𝑡 𝑡 = 𝜋 hàm: 𝑧 = 1+𝑡 + √𝑥 − 𝑦 , đó: 𝑥 = 𝑡 , 𝑦 = sin 2𝑡 Giải Ta có cơng thức đạo hàm tồn phần: 𝑑𝑧 𝜕𝑧 𝜕𝑧 ′ 𝜕𝑧 = + 𝑥 (𝑡) + 𝑦′ (𝑡) 𝑑𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑦 Tính: 𝜕𝑧 𝜕𝑧 𝑥 𝑡2 𝜕𝑧 −𝑦 − sin 2𝑡 = ; = = ; = = ; 𝜕𝑡 (1 + 𝑡 ) 𝜕𝑥 √𝑥 − 𝑦 √𝑡 − 𝑠𝑖𝑛2 2𝑡 𝜕𝑦 √𝑥 − 𝑦 √𝑡 − 𝑠𝑖𝑛2 2𝑡 𝑥 ′ (𝑡 ) = 2𝑡; 𝑦 ′ (𝑡 ) = cos 2𝑡 Vậy: 𝑑𝑧 2𝑡 sin 4𝑡 2𝑡 − sin 4𝑡 = + − = + 𝑑𝑡 (1 + 𝑡 )2 √𝑡 − 𝑠𝑖𝑛2 2𝑡 √𝑡 − 𝑠𝑖𝑛2 2𝑡 (1 + 𝑡 )2 √𝑡 − 𝑠𝑖𝑛2 2𝑡 Từ suy ra: 𝑑𝑧 | 𝑑𝑡 𝑡=𝜋 = (1+𝜋)2 + 2𝜋 II Tìm cực trị hàm hai biến Tìm cực trị (tự do) hàm biến: z = z(x, y) B1 Tính: 𝝏𝒛 𝝏𝒙 ; 𝝏𝒛 𝝏𝒚 ; 𝑨= 𝝏𝟐 𝒛 𝝏𝟐 𝒛 𝝏𝒙 𝝏𝒙𝝏𝒚 ; 𝑩= 𝟐 𝝏𝒛 𝝏𝒙 Xét hệ phương trình: {𝝏𝒛 𝝏𝒚 ; 𝑪= 𝝏𝟐 𝒛 𝝏𝒚𝟐 ; =𝟎 =𝟎 (∗) - Nếu hệ (*) vơ nghiệm kết luận hàm z = z(x, y) khơng có cực trị Kết thúc - Nếu hệ (*) có nghiệm làm tiếp B2 B2 Lần lượt xét nghiệm hệ (*) (gọi điểm dừng hàm z) - Nếu điểm dừng 𝑴(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ), ta có: ∆ = 𝑨 𝑪 − 𝑩𝟐 < 𝟎 KL: z(x, y) không đạt cực trị 𝑴(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) - Nếu điểm dừng 𝑴(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ), ta có: ∆ = 𝑨 𝑪 − 𝑩𝟐 > 𝟎 𝒗à 𝑨 > 𝟎 KL: z(x, y) đạt cực tiểu 𝑴(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) 𝒗à 𝒛𝒄ự𝒄 𝒕𝒊ể𝒖 = 𝒛(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) - Nếu điểm dừng 𝑴(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ), ta có: ∆ = 𝑨 𝑪 − 𝑩𝟐 > 𝟎 𝒗à 𝑨 < 𝟎 KL: z(x, y) đạt cực đại 𝑴(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) 𝒗à 𝒛𝒄ự𝒄 đạ𝒊 = 𝒛(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) Chú ý: Nếu hàm z(x,y) có nhiều điểm dừng: 𝑴𝟏 , 𝑴𝟐 , … , 𝑴𝒌 , ta lập bảng xét dấu A ∆ = 𝑨 𝑪 − 𝑩𝟐 𝒗à 𝒄ó 𝒌ế𝒕 𝒍𝒖ậ𝒏 𝒕ươ𝒏𝒈 ứ𝒏𝒈: Đ.dừng 𝑴𝟏 𝑴𝟐 ⋮ 𝑴𝒌 A B C ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 K.luận VD 10 Khảo sát cực trị hàm số sau: a 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦 − 9𝑥𝑦 + 27 b 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 − 3𝑥 − 9𝑥𝑦 + 3𝑥 + 9𝑦 − c 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 − 𝑦𝑒 𝑥 Giải a Tính: 𝜕𝑓 𝜕𝑥 = 3𝑥 − 9𝑦 𝜕𝑓 𝜕𝑦 = 3𝑦 − 9𝑥; 𝐴 = 𝜕𝑓 - Xét hệ phương trình: 𝜕𝑥 {𝜕𝑓 𝜕𝑦 =0 =0 𝜕2 𝑓 𝜕𝑥2 = 6𝑥; 𝐵 = 𝜕2 𝑓 𝜕𝑥𝜕𝑦 = −9; 𝐶 = 𝜕2 𝑓 𝜕𝑦2 = 6𝑦 𝑥 − 3𝑦 = (∗) ⟺ { 𝑦 − 3𝑥 = 𝟏 𝟏 𝒙 = 𝟎, 𝒚 = 𝟎, 𝒚 = 𝑥2 𝑥 ⟺{ ⟺{ ⟺[ 𝟑 𝟑 𝒙 = 𝟑, 𝒚 = 𝟑 𝑥(𝑥 − 27) = 𝑥 − 27𝑥 = 𝒚= - Tại điểm dừng M(0, 0), có: 𝑨 = 𝑪 = 𝟎, 𝑩 = −𝟗, ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = −𝟖𝟏 < 𝟎 Nên f không đạt cực trị M(0, 0) - Tại điểm dừng N(3, 3), có: 𝑨 = 𝑪 = 𝟏𝟖 > 𝟎, 𝑩 = −𝟗, ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = 𝟐𝟒𝟑 > 𝟎 Nên f đạt cực tiểu N(3, 3) 𝑓𝑐ự𝑐 𝑡𝑖ể𝑢 = 𝑓(3,3) = Vậy f có cực trị cực tiểu, đạt N(3, 3) 𝑓𝑐ự𝑐 𝑡𝑖ể𝑢 = 𝑓(3,3) = b Tính 𝜕𝑧 𝜕𝑧 = 3𝑥 − 6𝑥 − 9𝑦 + 3; = 3𝑦 − 9𝑥 + 9; 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝐴= 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥2 = 6𝑥 − 6; 𝐵 = 𝜕𝑧 - Xét hệ phương trình: 𝜕𝑥 {𝜕𝑧 𝜕𝑦 =0 =0 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥𝜕𝑦 = −9; 𝐶 = 𝜕2 𝑧 𝜕𝑦2 = 6𝑦 𝑥 − 2𝑥 − 3𝑦 + = (∗) ⟺ { 𝑦 − 3𝑥 + = 𝟏 𝟏 𝒙 = 𝟏, 𝒚 = 𝟎, 𝒙 = 𝑦2 + 𝑦 +1 ⟺{ ⟺{ ⟺[ 𝟑 𝟑 𝒙 = 𝟒, 𝒚 = 𝟑 𝑦 − 27𝑦 = 𝒚(𝑦 − 27) = 𝒙= - Tại điểm dừng M(1, 0), có: 𝑨 = 𝑪 = 𝟎, 𝑩 = −𝟗, ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = −𝟖𝟏 < 𝟎 Nên Z không đạt cực trị M(1, 0) - Tại điểm dừng N(4, 3), có: 𝑨 = 𝑪 = 𝟏𝟖 > 𝟎, 𝑩 = −𝟗, ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = 𝟐𝟒𝟑 > 𝟎 Nên z đạt cực tiểu N(4, 3) 𝑧𝑐ự𝑐 𝑡𝑖ể𝑢 = 𝑧(4, 3) = −37 Vậy z có cực trị cực tiểu, đạt N(4, 3) 𝑧𝑐ự𝑐 𝑡𝑖ể𝑢 = 𝑧(4,3) = −37 c Tính: 𝜕𝑧 𝜕𝑥 = − 𝑦𝑒 𝑥 𝜕𝑧 𝜕𝑦 = − 𝑒 𝑥; 𝐴 = 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥2 = −𝑦𝑒𝑥 ; 𝐵 = 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥𝜕𝑦 = −𝑒 𝑥 ; 𝐶 = - Xét hệ phương trình: 𝜕𝑧 𝜕𝑥 { 𝜕𝑧 𝜕𝑦 =0 =0 (∗) ⟺ { 𝒙=𝟎 − 𝑦𝑒 𝑥 = 𝑦𝑒 𝑥 = ⟺ { ⟺{ 𝑥 𝑥 𝒚=𝟏 1−𝑒 =0 𝑒 =1 - Tại điểm dừng M(0, 1), có: 𝜕2 𝑧 𝜕𝑦2 =0 𝑨 = −𝟏, 𝑪 = 𝟎, 𝑩 = −𝟏, ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = −𝟏 < 𝟎 Nên z không đạt cực trị M(0, 1) Vậy hàm z khơng có cực trị NX: Đối với hàm 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 − 𝑦𝑒 𝑥 , khơng cần xét hệ (*), ta có: ∆ = 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = −𝑒 2𝑥 < 0, ∀𝑥, 𝑦 Nên z khơng có cực trị VD 11 Tìm cực trị hàm số: a 𝑧 = 3√𝑥𝑦 − 0,3𝑥 − 𝑦 + 2021 b 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 𝑦+𝑥𝑦 +𝑥𝑦+27 𝑥𝑦 c 𝑧 = 𝑦√𝑥 − 𝑥 − 𝑦 + 6𝑦 − 20 d 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + + 𝑥 50 𝑦 +1 Giải 3 a Viết lại: 𝑧 = 9𝑥 𝑦 − 0,3𝑥 − 𝑦 + 2021 𝑇í𝑛ℎ: 𝐴= 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥2 = 1 𝜕𝑧 𝜕𝑧 = 3𝑥 −3 𝑦 − 0,3 = 3𝑥 𝑦 −3 − 1; 𝜕𝑥 𝜕𝑦 −2𝑥 −3 𝑦 ; 𝜕𝑧 - Xét hệ phương trình: 𝜕𝑥 {𝜕𝑧 𝜕𝑦 =0 =0 𝐵= 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥𝜕𝑦 = 2 𝑥 −3 𝑦 −3 ; 𝐶= 𝜕2 𝑧 𝜕𝑦2 = −2𝑥 𝑦 − 𝑥 −3 𝑦 − 0,1 = (∗) ⟺ { ⟺ − 3𝑥 𝑦 − = 𝑥 −2 𝑦 = (0,1)3 𝒚 = (0,1)3 𝑥 𝑥 = (0,1)−2 = 300 ⟺{ ⟺{ { 𝒚 = 𝟑 27𝑥𝑦 −2 = 27 (0,1)−6 𝑥 −3 = Tại điểm dừng M(300, 3), có: 𝐴= 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥2 = −2 300−3 33 𝟐 ∆ = 𝑨𝑪 − 𝑩 = < 0; 𝐵 = 𝜕2 𝑧 𝜕𝑥𝜕𝑦 4 − − 𝟒 300 3 − = 2 300−3 3−3 ; 4 − − 300 3 = 𝐶= 𝜕2 𝑧 𝜕𝑦2 − = −2 3003 4 − − 𝟑 300 3 >0 Vậy z đạt cực đại M(300, 3) 𝑧𝑐ự𝑐 đạ𝑖 = 𝑧(300, 3) = 1928 + √900 b Có 𝑓(𝑥, 𝑦) = Tính: 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝑥 𝑦+𝑥𝑦 +𝑥𝑦+27 𝑥𝑦 = − 27 𝑦 −1 𝑥 −2 ; 𝜕𝑓 𝜕𝑦 =𝑥+𝑦+1+ 27 𝑥𝑦 = − 27𝑥 −1 𝑦 −2 ; 𝐴 = 𝜕2 𝑓 𝜕𝑥2 = 54 𝑦 −1 𝑥 −3 ; 𝜕2𝑓 𝜕2𝑓 −2 −2 𝐵= = 27 𝑦 𝑥 ; 𝐶 = = 54𝑥−1 𝑦−3 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦 - Xét hệ phương trình: 𝜕𝑓 𝜕𝑥 {𝜕𝑓 𝜕𝑦 =0 =0 − 27 𝑦 −1 𝑥 −2 = 𝑥 𝑦 = 27 𝒙=𝟑 (∗) ⟺ { ⟺{ ⟺{ −1 −2 𝒚=𝟑 − 27𝑥 𝑦 = 𝑥𝑦 = 27 Tại điểm dừng M(3, 3), có: 𝐴= 𝜕2 𝑓 𝜕𝑥2 = 54 −1 −3 > 0; 𝐵 = 𝜕2 𝑓 𝜕𝑥𝜕𝑦 −2 −2 = 27.3 ; 𝐶= 𝜕2 𝑓 𝜕𝑦2 = 54 3−1 3−3 ∆ = 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = 542 3−8 − 272 3−8 > Vậy f đạt cực tiểu M(3, 3) 𝑓𝑐ự𝑐 𝑡𝑖ể𝑢 = 𝑓(3, 3) = c Có: 𝑧 = 𝑦𝑥 − 𝑥 − 𝑦 + 6𝑦 − Tính: 𝜕𝑧 −1 𝜕𝑧 = 𝑥 𝑦 − = 𝑥 − 2𝑦 + 6; 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕2 𝑧 −5 𝜕2 𝑧 −1 𝜕2 𝑧 𝐴 = = − 𝑥 𝑦; 𝐵 = = 𝑥 ; 𝐶 = = −2𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦 Xét hệ phương trình: 𝜕𝑧 =0 𝜕𝑥 𝜕𝑧 =0 {𝜕𝑦 −1 1 𝑥 2𝑦 − = 𝑥=4 𝑦 = 𝑥 (∗) ⟺ { ⟺ {2 ⟺{ 𝑦=4 𝑦=4 𝑥 − 2𝑦 + = Tại điểm dừng M(4, 4), ta có 𝜕2𝑧 𝜕2𝑧 𝜕2𝑧 𝟏 −5 𝐴 = = −2 < 0; 𝐵 = = ; 𝐶 = = −8, ∆ = 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = − >0 𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝟒 16 Vậy M(4, 4) điểm cực đại (cực trị nhất) hàm số z(x, y) và: 𝒛𝒄ự𝒄 đạ𝒊 = 𝑧(4, 4) = 11 d.Tính: 𝜕𝑓 𝜕𝑥 =𝑦− 20 𝑥 ; 𝜕𝑓 𝜕𝑦 =𝑥− 50 𝜕2 𝑓 𝑦 𝜕𝑥2 ; 𝐴= = 40 𝑥 ;𝐵 = 𝜕2 𝑓 𝜕𝑥𝜕𝑦 = 1; 𝐶 = 𝜕2 𝑓 𝜕𝑦2 = 100 𝑦3 - Xét hệ phương trình: 𝜕𝑓 𝜕𝑥 {𝜕𝑓 𝜕𝑦 =0 =0 (∗) ⟺ { 𝑦− 𝑥− 20 𝑥2 50 𝑦2 =0 𝑦= 20 𝒙=𝟐 𝑥2 ⟺{ ⟺ { 𝑥 𝒚=𝟓 =0 𝑥− =0 Tại điểm dừng M(2, 5), có: A = > 0, B = 1, C = 4/5, ∆ = 𝐴𝐶 − 𝐵2 = > f đạt cực trị cực tiểu M(2, 5) 𝒇𝒄ự𝒄 𝒕𝒊ể𝒖 = 𝒇(𝟐, 𝟓) = 𝟑𝟏 Tìm cực trị có điều kiện hàm hai biến: z = f(x, y) với điều kiện ràng buộc: 𝝋(𝒙, 𝒚) = 𝟎 Phương pháp 1: Đưa cực trị tự hàm biến (a) Nếu từ ràng buộc 𝝋(𝒙, 𝒚) = 𝟎 giải 𝒚 = 𝒚(𝒙) (𝒉𝒐ặ𝒄 𝒙 = 𝒙(𝒚)), cực trị có điều kiện hàm 𝒛 = 𝒇(𝒙, 𝒚) trở thành cực trị tự hàm biến: 𝒖(𝒙) = 𝒇(𝒙, 𝒚(𝒙)) (𝒉𝒐ặ𝒄 𝒗(𝒚) = 𝒇(𝒙(𝒚), 𝒚) Tiến hành khảo sát cực trị tự hàm biến 𝒙 = 𝒙(𝒕) (b) Nếu đưa ràng buộc 𝝋(𝒙, 𝒚) = 𝟎 dạng tham số: { , 𝒚 = 𝒚(𝒕) cực trị có điều kiện hàm 𝒛 = 𝒇(𝒙, 𝒚) trở thành cực trị tự hàm biến t: 𝒈(𝒕) = 𝒇(𝒙(𝒕), 𝒚(𝒕)) Tiến hành khảo sát cực trị tự hàm biến 𝒈(𝒕) Phương pháp 2: Phương pháp nhân tử Lagrange B1 Lập hàm phụ Lagrange: 𝑭(𝒙, 𝒚, 𝝀) = 𝒇(𝒙, 𝒚) + 𝝀 𝝋(𝒙, 𝒚) 𝜕𝐹 Giải hệ phương trình: 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝑦 𝜕𝐹 =0 = (∗) {𝜕𝜆 = (Mỗi nghiệm (*) gọi điểm dừng hàm Lagrange F) - Nếu hệ (*) khơng có nghiệm kết luận 𝒇(𝒙, 𝒚) khơng có cực trị ràng buộc - Nếu hệ (*) có nghiệm làm tiếp B2 B2 Lập dạng toàn phương: 𝜕2𝐹 𝜕2𝐹 𝜕2𝐹 𝑮(𝒙, 𝒚, 𝝀, 𝒉, 𝒌) = ℎ + ℎ 𝑘 + 𝑘 𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦 xét dạng toàn phương 𝑮(𝒙, 𝒚, 𝝀, 𝒉, 𝒌) điểm dừng - Với điểm dừng 𝑭 𝒍à 𝑴(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 , 𝝀𝟎 ), xét: 𝑫∗ = {(𝒙, 𝒚): 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) 𝑥 + (𝒙 , 𝒚 ) 𝑦 = 0} 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝟎 𝟎 + 𝑮(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 , 𝝀𝟎 , 𝒉, 𝒌) > 𝟎, ∀(𝒉, 𝒌) ∈ 𝑫∗ , (𝒉, 𝒌) ≠ (𝟎, 𝟎) 𝒇(𝒙, 𝒚) đạt cực tiểu có điều kiện 𝑵(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) 𝒇𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 đ/𝒌 = 𝒇(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) + 𝑮(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 , 𝝀𝟎 , 𝒉, 𝒌) < 𝟎, ∀(𝒉, 𝒌) ∈ 𝑫∗ , (𝒉, 𝒌) ≠ (𝟎, 𝟎) 𝒇(𝒙, 𝒚) đạt cực đại có điều kiện 𝑵(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) 𝒇𝒄.đạ𝒊 đ/𝒌 = 𝒇(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) + 𝑮(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 , 𝝀𝟎 , 𝒉, 𝒌) đổ𝒊 𝒅ấ𝒖 𝑫∗ 𝒇(𝒙, 𝒚) khơng đạt cực trị có điều kiện 𝑵(𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) VD 12 Tìm cực trị có điều kiện hàm số: a 𝑓(𝑥, 𝑦) = 5𝑥 − 3𝑥𝑦 − 𝑦 , 𝑣ớ𝑖 𝑟à𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 3𝑥 + 2𝑦 = b 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 − 𝑦 , 𝑣ớ𝑖 𝑟à𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 𝑥 + 𝑦 = c 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 1)𝑦 − 3𝑦 + 1, 𝑣ớ𝑖 𝑟à𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 𝑥 − 𝑦 + = Giải a Rà𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 3𝑥 + 2𝑦 = ⟺ 𝑦 = − 𝑥 + 3, cực trị có điều kiện hàm 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) trở thành cực trị tự hàm biến: 29 𝑢(𝑥) = 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥)) = 𝑥 −9 Tiến hành khảo sát cực trị u(x): 29 𝑢′ (𝑥) = 𝑥; 𝑢′ (𝑥) = ⟺ 𝑥 = (𝑘ℎ𝑖 𝑦 = 𝑣à 𝑢(0) = −9) BBT: 𝑥 𝑢′(𝑥) 𝑢(𝑥) −∞ 0 − +∞ + (−9) Vậy hàm 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) đạt cực trị có điều kiện (với ràng buộc: 3𝑥 + 2𝑦 = 6) cực tiều có điều kiện điểm M(0, 3) và 𝒇𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 đ/𝒌 = 𝒖(𝟎) = −𝟗 2 b 𝑅à𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 𝑥 + 𝑦 = ⟺ 𝑥 ( )2 𝑦 +( ) =1 𝑥 = cos 𝑡 ⟺{ , 𝑦 = sin 𝑡 Khi đó: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑡) = 4cos 2𝑡 Tiến hành k.sát cực trị hàm biến 𝑔(𝑡): 𝜋 𝑔′ (𝑡) = −8 sin 2𝑡 ; 𝑔′ (𝑡) = 𝑡ạ𝑖 𝑡 = 𝑘 , 𝑘 ∈ 𝑍 Xét BBT 𝑔(𝑡) = 4cos 2𝑡 khoảng [0, 2𝜋]: 𝑡 𝑔′(𝑡) 𝑔(𝑡) − 𝜋 𝜋 + (−4) (4) − 3𝜋 + 2𝜋 (−4) Suy g(t) đạt cực đại 𝑡 = 𝑘 𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍 (𝑘ℎ𝑖 𝑥 = ±2, 𝑦 = 0) 𝒈𝒄.đạ𝒊 = 𝟒 𝜋 Và g(t) đạt cực tiếu 𝑡 = (2𝑘 + 1) , 𝑘 ∈ 𝑍 (𝑘ℎ𝑖 𝑥 = 0, 𝑦 = ±2) 𝒈𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 = −𝟒 KL: Với ràng buộc 𝑥 + 𝑦 = 𝑓(𝑥, 𝑦) đạt cực tiểu có điều kiện điểm (0, 2) (0, -2) và: 𝒇𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 đ/𝒌 = 𝒇(𝟎, 𝟐) = 𝒇(𝟎, −𝟐) = 𝒈𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 = −𝟒; 𝑓(𝑥, 𝑦) đạt cực đại có điều kiện điểm (2, 0) (-2, 0) và: 𝒇𝒄.đ𝒂𝒊 đ/𝒌 = 𝒇(𝟐, 𝟎) = 𝒇(−𝟐, 𝟎) = 𝒈𝒄.đạ𝒊 = 𝟒; Chú ý: Nếu không dùng phương pháp đưa cực trị tự hàm biến, ta dùng phương pháp nhân tử Lagrange Trong VD 11b, dùng p.p nhân tử Lagrange: B1 Lập hàm phụ Lagrange: 𝑭(𝒙, 𝒚, 𝝀) = 𝒇(𝒙, 𝒚) + 𝝀 𝝋(𝒙, 𝒚) = 𝑥 − 𝑦 + 𝝀(𝑥 + 𝑦 − 4) - Tính: 𝜕𝐹 𝜕𝑥 = 2(1 + 𝜆)𝑥; 𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝜕𝑦 = 2(𝜆 − 1)𝑦; 𝜕𝐹 𝜕𝜆 = 𝑥2 + 𝑦2 − =0 𝜆 = −1, 𝑥 = 2, 𝑦 = 2(1 + 𝜆)𝑥 = 𝜆 = −1, 𝑥 = −2, 𝑦 = - Giải hệ p.t: 𝜕𝑦 = (∗) ⟺ { 2(𝜆 − 1)𝑦 = ⟺ { 𝜆 = 1, 𝑥 = 0, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2 − = 𝜕𝐹 𝜆 = 1, 𝑥 = 0, 𝑦 = −2 { =0 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝜆 - Tính: 𝜕2 𝐹 𝜕𝑥 = 2(1 + 𝜆); 𝜕2 𝐹 𝜕𝑥𝜕𝑦 = 0; 𝜕2 𝐹 𝜕𝑦 = 2(𝜆 − 1) B2 Lập dạng toàn phương: 𝜕2𝐹 𝜕2𝐹 𝜕2𝐹 𝑮(𝒙, 𝒚, 𝝀, 𝒉, 𝒌) = ℎ + ℎ 𝑘 + 𝑘 = 2(1 + 𝜆) ℎ2 + 2(𝜆 − 1)𝑘 𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦 Có: 𝑫∗ = {(𝒙, 𝒚): 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) 𝑥 + (𝒙 , 𝒚 ) 𝑦 = 0} = {(𝒙, 𝒚): 𝒙𝟎 𝒙 + 𝒚𝟎 𝒚 = 𝟎} 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝟎 𝟎 * Với 𝜆 = −1, 𝑥 = ±2, 𝑦 = 0, 𝑐ó: 𝑫∗ = {(𝒙, 𝒚): 𝒙 = 𝟎} = {(𝟎, 𝒚), 𝒚 ∈ 𝑹} 𝑮(𝒉, 𝒌) = −𝟒𝑘 < 0, ∀(ℎ, 𝑘) ∈ 𝑫∗ : (ℎ, 𝑘) ≠ (0,0) Vậy với ràng buộc , 𝒇(𝒙, 𝒚) đạt cực đại có đ/k (2, 0) (-2, 0) 𝒇𝒄.đạ𝒊 đ/𝒌 = 𝒇(−𝟐, 𝟎) = 𝒇(𝟐, 𝟎) = 𝟒 * Với 𝜆 = 1, 𝑥 = 0, 𝑦 = ±2, 𝑐ó: 𝑫∗ = {(𝒙, 𝒚): 𝒚 = 𝟎} = {(𝒙, 𝟎), 𝒙 ∈ 𝑹} 𝑮(𝒉, 𝒌) = 𝟒ℎ2 > 0, ∀(ℎ, 𝑘) ∈ 𝐷 ∗ : (ℎ, 𝑘) ≠ (0,0) Vậy với ràng buộc 𝑥 + 𝑦 = , 𝒇(𝒙, 𝒚) đạt cực tiểu có đ/k (0, 2) (0, -2) 𝒇𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 đ/𝒌 = 𝒇(𝟎, 𝟐) = 𝒇(𝟎, −𝟐) = −𝟒 c 𝑅à𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 𝑥 − 𝑦 + = ⟺ 𝑦 = 𝑥 + Cực trị có đ/k 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 1)𝑦 − 3𝑦 + trở thành cực trị tự hàm: 𝑢(𝑥) = 𝑓 (𝑥, 𝑦(𝑥)) = (𝑥 − 1)(𝑥 + 1)2 − 3(𝑥 + 1) + = 𝑥 + 𝑥 − 4𝑥 − Có: 𝑢′ (𝑥) = 3𝑥2 + 2𝑥 − 4; 𝑢′ (𝑥) = ⟺ 1 𝑥 = 𝑥1 = (−1 + √13)(𝑦 = (2 + √13); 𝑢(𝑥1 ) = − (43 + 26√13)) 3 27 [ 1 𝑥 = 𝑥2 = (−1 − √13) (𝑦 = (2 − √13); 𝑢(𝑥2 ) = (−43 + 26√13))) 3 27 BBT: 𝑥 (−1 − √13) −∞ 𝑢′ (𝑥) + 𝑢 (𝑥 ) (−1 + √13) - +∞ + 𝑢(𝑥2 ) 𝑢(𝑥1 ) Suy ra: Với ràng buộc 𝑥 − 𝑦 + = 0, 𝑓(𝑥, 𝑦) đạt cực đại có điều kiện 1 ( (−1 − √13), (2 − √13)) 3 1 𝒇𝒄.đạ𝒊 đ/𝒌 = 𝒇 ( (−1 − √13), (2 − √13)) = (−43 + 26√13))) 3 27 1 𝑓(𝑥, 𝑦) đạt cực tiểu có điều kiện ( (−1 + √13), (2 + √13)) 3 1 𝒇𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 đ/𝒌 = 𝒇 ( (−1 + √13), (2 + √13)) = − (43 + 26√13))) 3 27 - Nếu dùng p.pháp nhân tử Lagrange: * Lập hàm phụ Lagrange: 𝑭(𝒙, 𝒚, 𝝀) = 𝒇(𝒙, 𝒚) + 𝝀 𝝋(𝒙, 𝒚) = (𝑥 − 1)𝑦 − 3𝑦 + + 𝝀 (𝑥 − 𝑦 + 1) Tính: 𝜕𝐹 𝜕𝑥 = 𝑦 + 𝝀 ; 𝜕𝐹 𝜕𝑦 = 2(𝑥 − 1)𝑦 − − 𝝀 ; 𝜕𝐹 𝜕𝜆 =𝑥−𝑦+1 𝜕2𝐹 𝜕2𝐹 𝜕2𝐹 = 0; = 2𝑦; = 2𝑥 − 𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝐹 =0 𝑦2 + 𝝀 = - Giải hệ p.t: 𝜕𝑦 = (∗) ⟺ {2(𝑥 − 1)𝑦 − − 𝝀 = 𝑥−𝑦+1=0 𝜕𝐹 = { 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝜆 1 𝜆 = (−17 + 4√13), 𝑥 = (−1 − √13), 𝑦 = (2 − √13) 3 ⟺{ 1 𝜆 = − (17 + 4√13), 𝑥 = (−1 + √13), 𝑦 = (2 + √13) 3 B2 Lập dạng toàn phương: 𝑮(𝒙, 𝒚, 𝝀, 𝒉, 𝒌) = 𝑫∗ = {(𝒙, 𝒚): 𝜕2𝐹 𝜕2𝐹 𝜕2𝐹 ℎ + ℎ 𝑘 + 𝑘 = 4𝑦 ℎ 𝑘 + (2𝑥 − 2)𝑘 2 𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝜑 𝜕𝜑 (𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 ) 𝑥 + (𝒙 , 𝒚 ) 𝑦 = 0} = {(𝒙, 𝒚): 𝒙 − 𝒚 = 𝟎} 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝟎 𝟎 1 * Với 𝜆 = (−17 + 4√13), 𝑥 = (−1 − √13), 𝑦 = (2 − √13), 𝑡𝑟ê𝑛 𝑫∗ 𝑐ó 3 𝑮(𝒉, 𝒌) = 𝑮(𝒉, 𝒉) = −2√13 ℎ2 < 0, ∀ℎ ≠ 1 Vậy (𝑥, 𝑦) đạt cực đại có điều kiện ( (−1 − √13), (2 − √13)) 3 1 𝒇𝒄.đạ𝒊 đ/𝒌 = 𝒇 ( (−1 − √13), (2 − √13)) = (−43 + 26√13))) 3 27 1 * Với 𝜆 = − (17 + 4√13), 𝑥 = (−1 + √13), 𝑦 = (2 + √13), 𝑡𝑟ê𝑛 𝑫∗ 𝑐ó 3 𝑮(𝒉, 𝒌) = 𝑮(𝒉, 𝒉) = 2√13 ℎ2 > 0, ∀ℎ ≠ 1 Vậy 𝑓(𝑥, 𝑦) đạt cực tiểu có điều kiện ( (−1 + √13), (2 + √13)) 3 1 𝒇𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 đ/𝒌 = 𝒇 ( (−1 + √13), (2 + √13)) = − (43 + 26√13))) 3 27 Chương Phương trình vi phân (==C6+Ktra==) 6.1 Mở đầu phương trình vi phân (PTVP) (==S5,C5===) P.trình vi phân(ta viết tắt là: PTVP) p.trình l.hệ biến độc lập 𝑥 với hàm số cần tìm 𝑦 đạo hàm cấp hàm này: 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , … , 𝑦 (𝑛) ) = (1) - Cấp PTVP cấp cao đạo hàm p.trình - Nghiệm PTVP hàm thỏa mãn p.trình Nói chung PTVP thường có vơ số nghiệm - Nghiệm tổng quát PTVP (1) họ hàm: y = 𝜑(𝑥, 𝑐1 , … , 𝑐𝑛 ) phụ thuộc n tham số: 𝑐1 , … , 𝑐𝑛 nhận giá trị tùy ý tập hợp đó, thỏa mãn PTVP cho - Cho tham số nhận giá trị cụ thể, ta nhận từ nghiệm tổng quát hàm cụ thể, gọi nghiệm riêng PTVP I Phương trình vi phân cấp 1 Tổng quan PTVP cấp a/ Dạng: 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) = (2) b/ Nghiệm t.quát PTVP cấp có dạng: y = 𝜑(𝑥, 𝑐)(𝑐 𝑙à ℎằ𝑛𝑔 𝑠ố 𝑡ù𝑦 ý) c/ T.phân t.quát PTVP cấp có dạng: l𝜱(𝒙, 𝒚, 𝒄 ) = 𝟎 d/ B.tốn Cauchy: Tìm nghiệm y = y(x) PTVP (1) cho: y(𝑥0 ) = 𝑦0 Cách giải: B1 Tìm nghiệm tổng quát: y = 𝜑(𝑥, 𝑐) (𝑐 số tùy ý) B2 Điều kiện: y(𝑥0 ) = 𝑦0 ⟺ 𝜑(𝑥0 , 𝑐) = 𝑦0 (là phương trình 𝑐) Giải phương trình tìm 𝑐 = 𝑐0 Nghiệm cần tìm là: 𝑦 = 𝜑(𝑥, 𝑐0 ) Giải số phương trình vi phân cấp 2.1 Phương trình tách biến ( PT biến số phân ly) a Dạng: M(x).dx + N(y).dy = (3) M(x), N(y) hàm liên tục cho trước b Cách giải: Chuyển vế (3) ta có: M(x) dx = – N(y) dy Lấy t.phân hai vế, nhận được: ∫ 𝑀(𝑥)𝑑𝑥 = − ∫ 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 + 𝑐 T.phân t.quát là: ∫ 𝑀(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑐 (hằng số tùy ý) c Chú ý: PTVP dạng sau đưa dạng tách biến: M1(x)N1(y) dx + M2(x) N2(y) dy = (3a) Giải: Nếu M2(x) N1(y) = có nghiệm x = a hay y = b nghiệm nghiệm (3a) - Với M2(x) N1(y) ≠ , từ (3a) ta nhận được: 𝑀(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 = (𝑀(𝑥) = 𝑀1 (𝑥) 𝑁2 (𝑦) 𝑀2 𝑁1 (𝑦) ; 𝑁(𝑦) = (𝑥) ) phương trình tách biến Vd1: Giải phương trình vi phân sau (a) s𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥 + 𝑦𝑒 𝑦 𝑑𝑦 = 0; (𝑏) 𝑥 (𝑦 − 1)𝑑𝑥 + 𝑦 (𝑥 + 1)𝑑𝑦 = Giải (a) P.trình có dạng: 𝑀(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 = 0, (𝑀(𝑥) = s𝑖𝑛𝑥, 𝑁(𝑦) = 𝑦𝑒 𝑦 ) Tích phân tổng quát có dạng: ∫ 𝑀(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑁(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑐 (hằng số tùy ý), hay: ∫ sin 𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑦𝑒 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑐 2.2 Phương trình nhất: Dạng: y’ = f(x, y) (4) (f(x, y) cho trước, l.tục thỏa: f(k.x, k.y) = f(x, y), ⩝ số k≠ 0) Cách giải: Đặt y = u.x (u hàm x), từ (4) nhận được: x.u’ = f(1; u) – u (4a) - Nếu f(1; u) – u = có nghiệm u = a nghiệm thỏa (4a), nên y = a.x nghiệm (4) 1 𝑥 𝑓(𝑢)−𝑢 - Với f(1; u) – u ≠ 0, (4a) cho ta: 𝑑𝑥 = ℎ𝑎𝑦: 𝑙𝑛|𝑥| = ∫ 𝑑𝑢, 𝑦 𝑓(𝑢)−𝑢 𝑑𝑢 + 𝑐1 = ℎ(𝑢) + 𝑐1 ⇔ 𝑥 = 𝑐 𝑒 ℎ(𝑥) Hệ thức sau tích phân tổng quát PTVP(4) Vd 4: Giải PTVP: 𝑦 ′ = 2𝑥−𝑦 𝑦+2𝑥 2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp a Dạng: A(x).y’ + B(x).y = C(x) (5) A(x), B(x), C(x) hàm cho trước, liên tục A(x) ≠ Chia hai vế cho A(x), p.trình cho đưa dạng tắc: y’ + p(x).y = q(x) (5a) Khi p.trình: y’ + p(x).y = (5b) gọi ptvp t.tính cấp tương ứng với (5a) b Giải: b1 Giải PTVP tuyến tính nhất: y’ + p(x).y = (5b): - Nhận thấy y = nghiệm (5b) - Với y ≠ 0, (5b) cho ta: 𝑦 = 𝑐 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 (c số tùy ý khác 0) Kết hợp với nghiệm y = ta có nghiệm t.quát là: 𝑦 = 𝑐 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 (c số tùy ý) (5b’) b2 Giải PTVP t.tính không : y’ + p(x).y = q(x) (5a) Đặt 𝑦 = 𝑢(𝑥) 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 , thay vào (5a) , nhận được: 𝑢 = ∫ 𝑞(𝑥)𝑒 ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐 Nghiệm t.quát PTVP tuyến t.cấp không t.nhất (5a) là: 𝒚 = 𝒆− ∫ 𝒑(𝒙)𝒅𝒙 {∫ 𝒒(𝒙)𝒆∫ 𝒑(𝒙)𝒅𝒙 𝒅𝒙 + 𝒄 } (5a’) Chú ý: Khi giải PTVP t.tính cấp cụ thể, ta viết biểu thức nghiệm tổng quát (5a’) hay (5b’), tính tích phân có liên quan thay vào Vd 5: Giải: 𝑎 𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = 0; 𝑏 𝑦 ′ − 𝑥𝑦 = 𝑥; 𝑐 𝑦 ′ + 3𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝑥 Vd 6: Tìm nghiệm p.trình: y’ + y/x = cosx, thỏa mãn: y(𝜋) = 2.3 Phương trình Bernoulli a Dạng: 𝒚′ + 𝒑(𝒙) 𝒚 = 𝒒(𝒙) 𝒚𝜶 (6) b Cách giải: TH1 Nếu: 𝛼 = 0, ℎ𝑜ặ𝑐 𝛼 = 1, (6) PTVP tuyến tính cấp TH2 Nếu: 𝛼 < 0, từ (6) phải có 𝑦 ≠ 0, chia vế (6) cho 𝒚𝜶 , nhận pt: 𝒖′ + (𝟏 − 𝜶)𝒑(𝒙) 𝒖 = (𝟏 − 𝜶)𝒒(𝒙)(𝑢 = 𝒚𝟏−𝜶 ) (6a) (6a) PTVP t.tính cấp 1, có nghiệm t.qt: 𝑢 = ℎ(𝑥, 𝑐) 𝟏 Suy nghiệm t.quát (6): 𝒚 = {𝒉(𝒙, 𝒄)}𝟏−𝜶 TH3 Nếu < 𝛼 ≠ 1, nhận thấy: 𝑦 = nghiệm (6) Khi 𝑦 ≠ lặp lại cách giải TH2