CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN VÀ ỨNG DỤNG

Biểu Mẫu - Văn Bản - Báo cáo khoa học, luận văn tiến sĩ, luận văn thạc sĩ, nghiên cứu - Định giá - Đấu thầu UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN -------- KAITHANOME KHOUNBOUPHA CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN VÀ ỨNG DỤNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Quảng Nam, tháng 04 năm 2017 UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN -------- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Tên đề tài: CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN VÀ ỨNG DỤNG Sinh viên thực hiện KAITHANOME KHOUNBOUPHA MSSV: 2113010119 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN KHÓA 2013 – 2017 Cán bộ hướng dẫn ThS. PHẠMNGUYỄN HỒNG NGỰ MSCB: Quảng Nam, tháng 05 năm 2017 LỜI CẢM ƠN Khóa luận này được hoàn thành dưới sự giúp đỡ nhiệt tình, chu đáo của cô ThS. Phạm Nguyễn Hồng Ngự . Em xin phép gửi đến cô sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc về sự tận tâm của cô đối với bản thân em, không những trong quá trình làm khóa luận mà trong suốt quá trình học tập. Em cũng xin phép được gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô đã giảng dạy lớp DT13STH01 , cũng như thầy cô giáo trong khoa Toán, trường Đại Học Quảng Nam, những người đã cho em kiến thức, quan tâm, động viên, nhiệt tình giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập cũng như trong thời gian thực hiện khóa luận. Cuối cùng, em xin phép được gửi lời cảm ơn đến người thân, bạn bè đã quan tâm, động viên, giúp đỡ em trong suốt quãng đường học tập vừa qua. Xin chân thành cảm ơn 1 Phần 1. MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài Toán học là môn khoa học cơ bản, có nguồn gốc từ thực tiễn. Xuất phát từ những ứng dụng thực tế, nảy sinh trong sự phát triển của xã hội loài người như đo đạc đất đai, thương mại, kiến trúc mà Toán học được phát triển; và khi Toán học được phát triển mạnh, nó lại quay về giải quyết nhiều vấn đề đặt ra trong thực tế. Giải tích hàm nhiều biến là một trong những công cụ Toán học được dùng để nghiên cứu mối quan hệ giữa các đại lượng, ứng dụng nhiều trong kinh tế, kỹ thuật,… Trong đó cực trị là công cụ hữu ích nhất để giải quyết các bài toán về đường đi ngắn nhất, chi phí thấp nhất, tổng lợi nhuận cao nhất,… Với mong muốn khắc sâu kiến thức đã học, tìm hiểu kỹ hơn những bài toán có ứng dụng của cực trị hàm nhiều biến, trau dồi kỹ năng ngoại ngữ của mình, em chọn nội dung: “Cực trị của hàm nhiều biến và ứng dụng” để làm đề tài khóa luận cho mình. 1.2. Mục tiêu của đề tài - Hệ thống các phương pháp tìm cực trị của hàm nhiều biến. - Giải các bài tập về cực trị của hàm nhiều biến. - Ứng dụng cực trị của hàm nhiều biến giải một số bài toán thực tế. 1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Cơ sở lý thuyết cực trị địa phương, cực trị có điều kiện. - Một số bài tập về cực trị của hàm nhiều biến. 1.4. Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp tổng hợp. - Phương pháp phân tích. - Phương pháp phân loại và hệ thống hóa các dạng bài tập. 1.5. Đóng góp của đề tài Khóa luận trình bày chi tiết các kiến thức cơ bản về cực trị của hàm nhiều biến số; vận dụng lý thuyết vào giải một số bài toán về cực trị của hàm nhiều biến cũng như một số bài toán thực tế giải được bằng cực trị. 2 1.6. Cấu trúc của đề tài Đề tài nghiên cứu gồm 4 phần chính: Phần 1. Mở đầu Phần 2. Nội dung nghiên cứu Khóa luận được chia thành 2 chương với những nội dung chính sau đây: Chương 1. Cơ sở lý thuyết Chương 2. Một số bài tập về cực trị của hàm nhiều biến Phần 3. Kết luận Phần 4. Tài liệu tham khảo 3 Phần 2. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Chương 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.1. Cực trị địa phương của hàm nhiều biến 1.1.1. Khái niệm Cho hàm số ( , )z f x y xác định trên 2 D  , điểm 0 0( , )x y được gọi là điểm cực đại của hàm ( , )f x y nếu với mọi ( , )x y D ta có: 0 0( , ) ( , )f x y f x y Điểm 0 0( , )x y được gọi là điểm cực tiểu của hàm ( , )f x y nếu với mọi ( , )x y D ta có: 0 0( , ) ( , )f x y f x y Điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm ( , )f x y được gọi chung là điểm cực trị. 1.1.2. Điều kiện cần, đủ để hàm có cực trị.  Định lí: (Điều kiện cần) Nếu hàm số ( , )f x y xác định trong 2 D  có các đạo hàm riêng trong D , đạt cực trị tại 0 0( , )x y thì tại đó ta có: '''' 0 0 '''' 0 0 ( , ) 0 ( , ) 0 x y f x y f x y      Những điểm thỏa điều kiện trên được gọi là điểm dừng. Chứng minh Giả sử hàm số  ,u f x y khả vi trong miền D . Nếu hàm số u có cực trị địa phương tại điểm  ,P a b thì hàm số    ,x f x b   phải có cực trị địa phương tại điểm x a . Khi đó rõ ràng trong một lân cận của điểm này hàm số  x  có đạo hàm và bằng  ,xf x b . Theo bổ đề Fermat ta có   0a   tức là 0 f x    tại điểm  ,P a b . Lập luận tương tự ta cũng có 0 f y    tại điểm  ,P a b . 4  Định lí: (Điều kiện đủ) Cho hàm số ( , )f x y xác định trên D có các đạo hàm riêng trên D và 0 0( , )x y D là điểm dừng. Đặt  2 0 0, ; x A f x y  0 0, ; xyB f x y  2 0 0, y C f x y Xét biểu thức : 2 B AC   . Nếu 0  thì  0 0,x y là điểm cực trị (cực đại nếu 0A  , cực tiểu nếu 0A  ). Nếu 0  thì  0 0,x y không là điểm cực trị. Nếu 0  thì không có kết luận về cực trị của hàm. Chứng minh Giả sử ta đã tìm được mọi điểm dừng của  ,u f x y trong miền D . Bây giờ ta xét xem điểm nào là điểm cực trị. Giả sử  ,P a b là một điểm dừng của D và giả sử rằng tại điểm này hàm số có mọi đạo hàm riêng cấp 2 liên tục. Ta xét thêm điểm  ,Q a h b k D   và ký hiệu 2 2 h k    . Để cho gọn, ta ký hiệu các đạo hàm riêng cấp 2 của f tại điểm P như sau: 2 2 2 2 2 ; ; f f f A B C x x y y           . Áp dụng công thức Taylor ta được        2 2 2 1 , , 2 2         u f a h b k f a b Ah Bhk Ck o (ở đây các số hạng bậc nhất đối với h và k đều bằng không vì  ,P a b là điểm dừng). Nếu ký hiệu  là góc hợp bởi vectơ PQ  với chiều dương của trục Ox thì cos , sinh k      nên        2 2 2 2 1 , , cos 2 os sin sin 2 u f a h b k f a b A Bc C o               Đặt    2 2 cos 2 os sin sin 0 2 .g A Bc C            5 Khi đó    2 1 1 2 u g o          với 0   . Ta sẽ chứng minh rằng  ,P a b là điểm cực trị (cực đại hay cực tiểu) tùy thuộc dấu của hàm số   0 2    g . Thật vậy, giả sử   0 2    g . Vì  g  là hàm liên tục trên đoạn  0, 2  nên trên đoạn này nó đạt tới giá trị bé nhất 0   . Nếu    0 0 2     g với  đủ nhỏ thì 0u  với mọi  0, 2   . Điều đó chứng tỏ rằng  ,u f x y có cực tiểu tại điểm  ,P a b . Hoàn toàn tương tự, nếu   0g    0 2    thì hàm số  ,u f x y có cực đại tại điểm  ,P a b . Cuối cùng, nếu  g  đổi dấu trên đoạn  0, 2  thì có hai điểm  1 2, 0, 2    sao cho    1 20, 0g g    . Khi đó, ta giữ  không đổi và cho  đủ nhỏ thì 0u  với 1   và 0u  với 2   . Điều đó chứng tỏ rằng trong trường hợp này hàm số  ,u f x y không có cực trị tại điểm  ,P a b . Bây giờ ta chuyển sang khảo sát dấu của  g  . Đặt 2 AC B   và xét ba trường hợp. Trường hợp 1: 2 0AC B    Ta có hằng thức    2 2 os sin sinAg Ac B         1 6 Vì 0  nên phải có 0A  và do đó số hạng thứ nhất trong  1 chỉ bằng không khi cot B A    , còn số hạng thứ hai thì chỉ bằng không khi sin 0   . Nhưng hai điều kiện này không xảy ra đồng thời cho nên ta luôn luôn có   0Ag   . Khi đó: Nếu 0A  thì   0g   và hàm số u có cực tiểu địa phương tại  ,P a b . Nếu 0A  thì   0g   và hàm số u có cực đại địa phương tại  ,P a b . Trường hợp 2: 2 0AC B    . Giả sử 0A  . Khi 0   số hạng thứ nhất trong vế phải của  1 là dương và số hạng thứ hai bằng không. Do đó   0g   . Khi cot B A    số hạng thứ nhất trong vế phải của  1 bằng không và số hạng thứ hai âm cho nên   0g   . Vậy trong trường hợp này, với hai giá trị  khác nhau hàm số u có những giá trị trái dấu cho nên không có cực trị tại  ,P a b . Giả sử 0A  . Khi đó     2 2 cos sin sin sin 2 cos sing B C B C           và 0B  vì  0  . Nếu  là số dương đủ nhỏ thì rõ ràng sin 2 cosC B   nên dấu của  2 cos sinB C   cùng với dấu của 2 cosB  , mà số hạng này lại không đổi dấu khi ta thay  bởi  , vì vậy  g  và  g  trái dấu nhau do sự đổi dấu của sin  . Từ đó suy ra rằng hàm số f không có cực trị tại P . Tóm lại, nếu 0  thì hàm số u không có cực trị tại P . Trường hợp 3: 2 0AC B    Trong trường hợp này các số hạng cấp 2 của công thức Taylor nói chung không cho phép kết luận về cực trị của hàm số. Ví dụ 1: Tìm cực trị của  ,u f x y 2 2 2x xy y x y     7 Bài giải Tính các đạo hàm riêng đến cấp 2 của hàm số ta có: 2 2 '''' '''' " " " 2 2; 2 1; 2; 1; 2x y xyx yz x y z x y z z z           Tìm điểm dừng bằng cách giải hệ phương trình '''' '''' 2 2 0 2 1 0 x y z x y z x y             Ta được điểm dừng là (1,0). Tại điểm dừng này ta có A = 2, B = -1, C = 2. Nên 2 3 0B AC      suy ra hàm số đạt cực trị tại (1,0). Vì A = 2 > 0 nên đây là điểm cực tiểu. 1.2. Cực trị có điều kiện 1.2.1. Khái niệm Bài toán tìm cực trị có điều kiện là bài toán tìm cực trị của hàm số ( , )z f x y thỏa điều kiện ( , ) 0x y   . 1.2.2. Phương pháp nhân tử Lagrange Để tìm cực trị có điều kiện của hàm  ,f x y , người ta có thể sử dụng phương pháp rút x theo y hoặc y theo x để đưa về việc tìm cực trị không điều kiện của hàm số một biến số. Tuy nhiên, thường chúng ta không thể biểu diễn được mối liên hệ giữa x và y . Khi đó ta thường tìm cực trị có điều kiện bằng phương pháp nhân tử Lagrange dựa trên định lý sau: Định lý: Cho hàm ( , , ), ( , , )f x y z g x y z là các hàm liên tục, có các đạo hàm riêng liên tục trên tập mở 3   . Điểm  0 0 0 0, ,M x y z thỏa phương trình  , , 0g x y z  và       0 0 0 0 0 0 0 0 0, , , , , , , , 0x y zg x y z g x y z g x y z    Khi đó, nếu 0M là một điểm cực trị có điều kiện của hàm  , ,f x y z với điều kiện  , , 0g x y z  thì luôn tồn tại số thực  sao cho             0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , , , , , , , , , , , ,              x x y y z z f x y z g x y z f x y z g x y z f x y z g x y z 8 Số  được gọi là nhân tử Lagrange. Chứng minh Gọi S là mặt với phương trình  , , 0g x y z  suy ra vectơ pháp tuyến của mặt S là       0 0 0 0 0 0 0 0 0, , , , , , , , 0x y za g x y z g x y z g x y z     Gọi C là đường cong đi qua 0M , mặt S có phương trình vectơ là         ,      r t x t i y t j z t k t I Với I là khoảng trên . Khi đó tồn tại 0t I      0 0 0 0 0 0, , zx t x y t y t z   hay   00   r t OM . Ngoài ra giả sử r  có đạo hàm trên I và  0 0r t   , tức là đường cong C có tiếp tuyến tại 0M . Vì đường cong C nằm trên S nên hàm hợp         , , ,F t f x t y t z t t I  Lấy các giá trị của hàm f dọc theo đường cong C . Vì hàm f đạt cực trị tại 0M nên hàm F đạt cực trị tại 0t . Do đó  0 0F t  theo công thức đạo hàm của hàm hợp ta có           '''' , , . , , . ( , , ).z''''(t)x y zF t f x y z x t f x y z y t f x y z       Do đó:              0 0 0 0 0 0 00 x y zF t f M x t f M y t f M z t                  0 0 0 0x y zf M i f M j f M k r t         Vậy vectơ      0 0 0x y zV f M i f M j f M k        vuông góc với tiếp tuyến của đường cong C tại điểm 0M . Vì C là một đường cong bất kỳ nằm trên mặt S và đi qua điểm 0M nên V  vuông góc với tiếp diện tại 0M của mặt S . Do đó V  có cùng phương với vectơ N  . Vì theo giả thiết 0N   nên tồn tại một số thực  sao cho    V N . Từ đó ta có các đẳng thức trong định lí. Trong thực hành để tìm cực trị có điều kiện của hàm  ,f x y theo phương pháp nhân tử Lagrange ta làm như sau: 9 Đặt: ( , , ) ( , ) ( , ).F x y f x y x y    Tìm các điểm dừng thỏa hệ phương trình '''' '''' '''' '''' '''' '''' ( , ) ( , ) 0 ( , ) ( , ) 0 ( , ) 0 x x x y y y F f x y x y F f x y x y x y               Tìm được điểm dừng là 0 0 0( , , ) x y . Tính 2 2 2 " 2 " " 2 2  xyx yd F F d x F dxdy F d y Nếu 2 0d F thì hàm số đạt cực đại tại 0 0 0( , , ) x y , nếu 2 0d F thì hàm số đạt cực tiểu. 1.2.3. Cực trị có nhiều điều kiện Bài toán tìm cực trị có nhiều điều kiện là bài toán tìm cực trị thông thường của hàm số  1 ,..., nu f x x với các điều kiện ràng buộc    1 2, ,..., 0 1, 2,..., ;i nF x x x i m m n   Để đơn giản, bây giờ ta đi xem xét bài toán tìm cực trị của hàm số    , , , 1u f x y z t với các điều kiện ràng buộc       1 2 , , z, t 0 2 , , z, t 0 F x y F x y     Giả sử hàm đạt cực trị tại điểm  0 0 0 0 0, y , ,P x z t , trong đó các hàm số 1 2, ,f F F liên tục, có các đạo hàm riêng liên tục trong một lân cận nào đó của điểm 0P và     1 2, 0 ,   D F F J D z t tại điểm đó. Khi đó ta có     1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 , , , 0 , , , 0. F x y z t F x y z t   Nên dựa vào lí thuyết hàm ẩn suy ra tồn tại cặp hàm số duy nhất       , 3 , z z x y t t x y     10 Thỏa mãn hệ phương trình  2 trong một lân cận nào đó  của điểm  0 0 0,M x y với  0 0 0, yz z x và  0 0 0, yt t x . Vậy nếu xét trong lân cận  thì hệ phương trình  2 tương đương với hệ phương trình  3 , trong đó các hàm số    , , ,z x y t x y  liên tục, có các đạo hàm riêng liên tục và                   1 2 1 2 1 2 1 2 , 1 , , 1 , 4 , 1 z, , 1 z, D F F z x J D x t D F F z y J D y t D F F t x J D x D F F t y J D y                       Vì vậy, vấn đề về cực trị có điều kiện của hàm số  1 với các điều kiện ràng buộc  2 tại điểm  0 0 0 0 0, , ,P x y z t được dẫn tới vấn đề về cực trị thông thường của hàm số hợp      , , , , t , ,     u f x y z x y x y x y tại điểm  0 0 0,M x y . Đã biết nếu hàm số  ,u x y  đạt cực trị tại điểm  0 0 0,M x y thì tại điểm ấy ta phải có:   . . 0 5 . . 0                                    f f z f t x x z x t x f f z f t x y z y t y Thay  4 vào  5 được   1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 . . . . . . 6 1 1 . . . . . .                                                                         f f F F F F f F F F F x J z t x x t J t x z z x f f F F F F f F F F F y J z t y y t J t y z z y 11 Tóm lại điều kiện ắt có để  0 0 0 0 0, y , ,P x z t là điểm cực trị (có điều kiện) của hàm số  1 với các điều kiện ràng buộc  2 là các tọa độ của điểm 0P phải thỏa mãn hệ bốn phương trình  2 và  6 . Nhận xét rằng cách xét hệ phương trình  6 còn cồng kềnh. Ta có thể đưa  6 về một hệ phương trình tương đương gọn hơn và có dạng bình đẳng giữa các biến số. Dễ thấy rằng có thể viết hệ phương trình  6 dưới dạng:   1 2 1 2 1 2 1 2 0 7 0                        f F F x x x f F F y y y Trong đó: 2 2 1 1 1 2 1 . . 1 . .                               f F f F J z t t z f F f F J t z z t Nhưng 1  và 2  chính là nghiệm của hệ phương trình   1 2 1 2 1 2 1 2 0 8 0                        f F F z z z f F F t t t Do đó  6 tương đương với hệ phương trình  7 và  8 . Bây giờ cùng với hàm số  , , ,u f x y z t , ta xét hàm số        1 1 2 2, , , , , , , , , , , ,     x y z t f x y z t F x y z t F x y z t Nếu thế thì hệ  7 và  8 tương đương với hệ  0 9            x y z t 12 Vậy điều kiện cần để  0 0 0 0 0, , ,P x y z t là điểm cực trị (có điều kiện) của hàm số  1 với các điều kiện  2 là các tọa độ của điểm 0P phải thỏa mãn phương trình  2 và  9 , tức là 0P là điểm cực trị của hàm  , , , .u f x y z t Với điều kiện:     1 2 , , , 0 . , , , 0 F x y z t F x y z t     Nếu 0P là nghiệm của hệ phương trình     1 2 , , , 0 , , , 0 . 0                    F x y z t F x y z t x y z t Trong đó        1 1 2 2, , , , , , , , , , , ,     x y z t f x y z t F x y z t F x y z t 2 2 1 1 1 2 1 . . 1 . . . f F f F J z t t z f F f F J t z z t                               1.2.4. Giá trị lớn nhất, bé nhất Mọi hàm số nhiều biến liên tục trên tập compact đều đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên tập đó. Nếu hàm số đạt giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất tại điểm trong của tập xác định thì điểm đó phải là điểm cực trị. Hàm số cũng có thể đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên biên của tập xác định. Do đó, để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số ta phải tìm các điểm cực trị trên tập xác định; tính giá trị của hàm số tại các điểm đó và so sánh với những giá trị của hàm số trên biên. 13 Chương 2. MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Ở chương này khóa luận trình bày một số dạng bài tập về cực trị của hàm nhiều biến số, từ cực trị địa phương đến cực trị có điều kiện. Các bài tập được sắp xếp theo thứ tự từ dễ đến khó. 2.1. Cực trị địa phương Bài toán 1: Tìm cực trị của hàm số sau: 2 2 ( , ) 2 2 4     z f x y x y x y Bài giải Hàm số  ,f x y khả vi mọi cấp trên 2 . Ta có: 2 2 '''' '''' " " " " 2 2 ; 2 4 ; 2 ; 2 ; 0             x y xy yxx y z x z y z z z z Xét hệ phương trình: '''' '''' 0 2 2 0 1 2 4 0 20                  x y f x x y yf Tại điểm dừng (1,2) ta có: 2; A 0;B 2 C nên 2 4 0     B AC Suy ra hàm số có cực trị. Vì 2 0  A nên (1,2) là điểm cực đại (CĐ) và 7.CĐz  Bài toán 2. Tìm cực trị của hàm số ( , ) . z f x y xy Bài giải Hàm số  ,f x y khả vi mọi cấp trên 2 . Ta có: 2 2 '''' '''' " " " " . ; ; 0 ; 0 ; 1 x y xy xyx y z y z x z z z z       Xét hệ phương trình: '''' '''' 0 0 00        x y f y xf 14 Tại điểm dừng (0,0) ta có: 0;A 1;B 0C nên 2 1 0    B AC Suy ra hàm số không có cực trị. Bài toán 3. Tìm cực trị của hàm số 4 4 2 2 ( , ) 2 .     z f x y x y x xy y Bài giải Hàm số  ,f x y khả vi mọi cấp trên 2 . Ta có: 2 2 '''' 3 '''' 3 '''''''' 2 '''''''' 2 '''''''' '''''''' 4 2 2 ; 4 2 2 ; 12 2 ; 12 2 ; 2 . x y xy xyx y z x x y z y y x z x z y z z              Xét hệ phương trình: '''' 3 '''' 3 0 4 2 2 0 (1) 0 4 2 2 0 (2) x y f x x y f y x y               Lấy (1) (2) : 3 3 2 2 0 ( )( ) 0        x y x y x xy y x y Thay x y vào (1) ta được: 3 0 0 4 4 0 1 1 1 1                  x y x x x y x y Ta được các điểm dừng là (0,0), (1,1), (-1,-1).  Tại (0,0), ta có: 2;A   2;B   2C   và 2 0B AC    Suy ra không kết luận được về cực trị của hàm ( , )f x y tại (0,0).  Tại (1,1), ta có: 10;A  2;B   10C  và 2 96 0B AC     Suy ra hàm ( , )f x y có cực trị tại (1,1). Vì 10 0 A nên (1,1) là điểm cực tiểu (CT) và 2CTz   .  Tại (-1,-1), ta có: 10;A  2;B   10C  và 2 96 0B AC      15 Suy ra hàm ( , )f x y có cực trị tại ( 1, 1).  Vì 10 0 A nên ( 1, 1)  là cực tiểu (CT) và 2CTz   . Bài toán 4. Tìm cực trị của hàm số sau:   3 3 , 3   z f x y x y xy . Bài giải Hàm số  ,f x y khả vi mọi cấp trên 2 Ta có: 2 2 2 2 3 3 3 3 6 6 3 3              x y x y xy yx z x y z y x z x z y z z Xét hệ phương trình 2 2 0 3 3 0 0 3 3 0           x y f x y f y x Tương đương với 2 2 2 4         x y y x y x x x Giải hệ phương trình này ta được 2 2 4 0 0 1              y x y x x x x x Vậy nghiệm của hệ là: 0 0 . 1 1 x y x y        Ta được các điểm dừng là  0, 0 và   1,1 + Tại  0, 0 ta có: 0, 3, 0A B C   và 2 9 0.B AC     Suy ra hàm  ,f x y không có cực trị. + Tại  1,1 ta có: 6, B 3, C 6A     và 2 9 36 27 0.B AC        Và 6 0A   nên  1,1 là điểm cực tiểu (CT) và 1CTz   . Bài toán 5. Tìm cực trị của hàm        , sin sin cosf x y x y x y    với 0 , 4 x y    . 16 Bài giải Ta có:                   2 2 cos sin cos sin sin cos sin cos cos . x y x y xy f x x y f y x y f x x y f y x y f x y                       Điểm dừng là nghiệm của hệ:             cos sin 0 1 . cos sin 0 2 x x y y x y         Lấy phương trình    1 2 của hệ ta được    cos cos 0.x y  Suy ra    cos cos .x y Vậy x y hoặc .x y   Với x y thay vào  1 ta được    cos sin 2 0 x x         cos 1 2sin 0 cos 0 1 sin 2             x x x x                         2 2 5 2 6 2 6 x k loaïi x k loaïi x k (vì 0 , 4 x y    ). Tại ; 6 6        ta có 2 2 1 1; 1; . 2 xyx x A f C f B f            Lấy 2 1 3 1 0 4 4        B AC nên hàm đạt cực trị tại ; 6 6        mà 1 0.A    17 Nên ; 6 6        là điểm cực đại. Suy ra hàm đạt cực đại tại ; 6 6        và giá trị đại là 3 2 .  Với x y  thay vào  1 ta được:       cos sin 0 cos 0 x x y x       2 2 x k      loaïi . 2.2. Cực trị có điều kiện Bài toán 1. Tìm cực trị của hàm z xy với điều kiện 2 2 1.yx   Bài giải Đặt hàm    2 2 , , 1 .F x y xy x y      Tìm điểm dừng bằng cách giải hệ phương trình sau: '''' '''' 2 2 2 0 2 0 1               x y F y x F x y x y Từ hai phương trình đầu ta tìm được 2 . 2 y x x y          Suy ra 1 2    . Với 1 2   hệ có nghiệm 2 2 , 2 2       và 2 2 , 2 2       . Với 1 2    hệ có nghiệm 2 2 , 2 2       và 2 2 , 2 2        . + Tại 1 , 2   hàm Lagrange trở thành  2 2 1 ( , ) 1 2    F x y xy x y 18 Có hai điểm dừng là A 2 2 , 2 2       và B 2 2 , 2 2       thỏa 2 2 '''' '''' " " " , , 1, 1, 1      x y xyx yF x y F x y F F F . Khi đó  22 2 2 1 , 2 0 2            d F A d x dxdy d y dx dy nên hàm đạt cực tiểu có điều kiện tại A. Tương tự hàm đạt cực tiểu có điều kiện tại B . + Tại 1 2    , hàm Lagrange trở thành    2 2 1 , 1 2    F x y xy x y Có hai điểm dừng là C 2 2 , 2 2       và D 2 2 , 2 2        thỏa 2 2 '''' '''' " " " , , 1, 1, 1.x y xyx yF y x F x y F F F         . Khi đó  22 2 2 1 , 2 0 2               d F A d x dxdy d y dx dy nên hàm đạt cực đại có điều kiện tại C. Tương tự hàm đạt cực đại có điều kiện tại D. Bài toán 2. Tìm cực trị của các hàm     1 1 , 1 f x y x y với điều kiện   2 2 2 1 1 1 , .    x y x y a Bài giải Đặt hàm       2 2 2 1 1 1 1 1 , , , , .F x y f x y x y x y x y a                Tìm điểm dừng bằng cách giải hệ phương trình sau: 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 1 2 0 0 1 2 0 0 . 1 1 1 1 1 1 0 x y x x F F y y x y a x y a                                19 Giải hệ phương trình trên, ta được 2 .x y    ...

NỘI DUNG NGHIÊN CỨU

1.1 Cực trị địa phương của hàm nhiều biến

Cho hàm số z  f x y ( , ) xác định trên D  2 , điểm ( , ) x y 0 0 được gọi là điểm cực đại của hàm f x y( , ) nếu với mọi ( , )x y D ta có: f x y ( , )  f x y ( , ) 0 0 Điểm ( , ) x y 0 0 được gọi là điểm cực tiểu của hàm f x y( , ) nếu với mọi ( , ) x y  D ta có: f x y ( , )  f x y ( , ) 0 0 Điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm f x y ( , ) được gọi chung là điểm cực trị

1.1.2 Điều kiện cần, đủ để hàm có cực trị

 Định lí: (Điều kiện cần)

Nếu hàm số f x y ( , ) xác định trong D 2 có các đạo hàm riêng trong D, đạt cực trị tại ( , ) x y 0 0 thì tại đó ta có:

Những điểm thỏa điều kiện trên được gọi là điểm dừng

Giả sử hàm số u  f x y  ,  khả vi trong miền D Nếu hàm số u có cực trị địa phương tại điểm P a b   , thì hàm số    x  f x b   , phải có cực trị địa phương tại điểm x a  Khi đó rõ ràng trong một lân cận của điểm này hàm số    x có đạo hàm và bằng f x b x    , Theo bổ đề Fermat ta có     a  0 tức là f 0 x

Lập luận tương tự ta cũng có f 0 y

CƠ SỞ LÝ THUYẾT

Cực trị địa phương của hàm nhiều biến

Cho hàm số z  f x y ( , ) xác định trên D  2 , điểm ( , ) x y 0 0 được gọi là điểm cực đại của hàm f x y( , ) nếu với mọi ( , )x y D ta có: f x y ( , )  f x y ( , ) 0 0 Điểm ( , ) x y 0 0 được gọi là điểm cực tiểu của hàm f x y( , ) nếu với mọi ( , ) x y  D ta có: f x y ( , )  f x y ( , ) 0 0 Điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm f x y ( , ) được gọi chung là điểm cực trị

1.1.2 Điều kiện cần, đủ để hàm có cực trị

 Định lí: (Điều kiện cần)

Nếu hàm số f x y ( , ) xác định trong D 2 có các đạo hàm riêng trong D, đạt cực trị tại ( , ) x y 0 0 thì tại đó ta có:

Những điểm thỏa điều kiện trên được gọi là điểm dừng

Giả sử hàm số u  f x y  ,  khả vi trong miền D Nếu hàm số u có cực trị địa phương tại điểm P a b   , thì hàm số    x  f x b   , phải có cực trị địa phương tại điểm x a  Khi đó rõ ràng trong một lân cận của điểm này hàm số    x có đạo hàm và bằng f x b x    , Theo bổ đề Fermat ta có     a  0 tức là f 0 x

Lập luận tương tự ta cũng có f 0 y

 Định lí: (Điều kiện đủ)

Cho hàm số f x y( , ) xác định trên D có các đạo hàm riêng trên D và

( , ) x y  D là điểm dừng Đặt A f x  2  x y 0, 0 ; B f xy  x y 0, 0 ; C  f y  2  x y 0, 0 

Nếu  0 thì  x y 0 , 0  là điểm cực trị (cực đại nếu A  0, cực tiểu nếu A  0)

Nếu  0 thì  x y 0 , 0  không là điểm cực trị

Nếu  0 thì không có kết luận về cực trị của hàm

Giả sử ta đã tìm được mọi điểm dừng của u  f x y   , trong miền D Bây giờ ta xét xem điểm nào là điểm cực trị

Giả sử P a b   , là một điểm dừng của Dvà giả sử rằng tại điểm này hàm số có mọi đạo hàm riêng cấp 2 liên tục Ta xét thêm điểm Q a h b k   ,    D và ký hiệu   h 2  k 2 Để cho gọn, ta ký hiệu các đạo hàm riêng cấp 2 của f tại điểm P như sau:

    Áp dụng công thức Taylor ta được

(ở đây các số hạng bậc nhất đối với h và k đều bằng không vì P a b   , là điểm dừng)

Nếu ký hiệu  là góc hợp bởi vectơ PQ  với chiều dương của trục Ox thì cos , sin h   k   nên

 ,    , 1 2 2  cos 2 2 os sin sin 2    2 u f a h b k f a b  A  Bc   C  o 

         Đặt g     A cos 2   2 os sin Bc    C sin 2   0    2  

Ta sẽ chứng minh rằng P a b   , là điểm cực trị (cực đại hay cực tiểu) tùy thuộc dấu của hàm số g    0    2  

Vì g    là hàm liên tục trên đoạn  0, 2  nên trên đoạn này nó đạt tới giá trị bé nhất 0 Nếu g     0 0     2   với đủ nhỏ thì   u 0 với mọi

  Điều đó chứng tỏ rằng u  f x y   , có cực tiểu tại điểm P a b   , Hoàn toàn tương tự, nếu g     0  0    2   thì hàm số u  f x y   , có cực đại tại điểm P a b   ,

Cuối cùng, nếu g    đổi dấu trên đoạn  0, 2   thì có hai điểm

   sao cho g  1  0, g  2  0 Khi đó, ta giữ  không đổi và cho  đủ nhỏ thì   u 0 với   1 và   u 0 với   2 Điều đó chứng tỏ rằng trong trường hợp này hàm số u  f x y   , không có cực trị tại điểm P a b   ,

Bây giờ ta chuyển sang khảo sát dấu của g    Đặt  AC B 2 và xét ba trường hợp

Ta có hằng thức Ag      Ac os   B sin   2   sin 2    1

Vì   0 nên phải có A  0 và do đó số hạng thứ nhất trong   1 chỉ bằng không khi cot B

   A , còn số hạng thứ hai thì chỉ bằng không khi sin 0 Nhưng hai điều kiện này không xảy ra đồng thời cho nên ta luôn luôn có

Nếu A  0 thì g     0 và hàm số u có cực tiểu địa phương tại P a b   ,

Nếu A  0 thì g     0 và hàm số u có cực đại địa phương tại P a b   ,

Giả sử A  0 Khi  0 số hạng thứ nhất trong vế phải của   1 là dương và số hạng thứ hai bằng không Do đó g     0

  A số hạng thứ nhất trong vế phải của   1 bằng không và số hạng thứ hai âm cho nên g    0

Vậy trong trường hợp này, với hai giá trị khác nhau hàm số u có những giá trị trái dấu cho nên không có cực trị tại P a b   ,

Giả sử A  0 Khi đó g     2 cos sin B    C sin 2   sin   2 cos B   C sin   và B  0vì    0  Nếu  là số dương đủ nhỏ thì rõ ràng C sin 2 B cos nên dấu của  2 cos B   C sin  cùng với dấu của 2 cos B , mà số hạng này lại không đổi dấu khi ta thay  bởi , vì vậy g    và  g    trái dấu nhau do sự đổi dấu của sin Từ đó suy ra rằng hàm số f không có cực trị tại P

Tóm lại, nếu   0thì hàm số u không có cực trị tại P

Trong trường hợp này các số hạng cấp 2 của công thức Taylor nói chung không cho phép kết luận về cực trị của hàm số

Ví dụ 1: Tìm cực trị của u  f x y   ,  x 2  xy y  2  2 x y 

Tính các đạo hàm riêng đến cấp 2 của hàm số ta có:

Tìm điểm dừng bằng cách giải hệ phương trình

Ta được điểm dừng là (1,0)

Tại điểm dừng này ta có A = 2, B = -1, C = 2 Nên   B 2  AC    3 0 suy ra hàm số đạt cực trị tại (1,0) Vì A = 2 > 0 nên đây là điểm cực tiểu.

Cực trị có điều kiện

Bài toán tìm cực trị có điều kiện là bài toán tìm cực trị của hàm số ( , ) z f x y thỏa điều kiện ( , ) 0x y 

1.2.2 Phương pháp nhân tử Lagrange Để tìm cực trị có điều kiện của hàm f x y   , , người ta có thể sử dụng phương pháp rút x theo y hoặc y theo x để đưa về việc tìm cực trị không điều kiện của hàm số một biến số

Tuy nhiên, thường chúng ta không thể biểu diễn được mối liên hệ giữa x và y Khi đó ta thường tìm cực trị có điều kiện bằng phương pháp nhân tử Lagrange dựa trên định lý sau: Định lý: Cho hàmf x y z g x y z( , , ), ( , , ) là các hàm liên tục, có các đạo hàm riêng liên tục trên tập mở   3 Điểm M x y z 0  0 , , 0 0  thỏa phương trình

Khi đó, nếu M 0 là một điểm cực trị có điều kiện của hàm f x y z  , ,  với điều kiện g x y z  , ,   0 thì luôn tồn tại số thực  sao cho

Số  được gọi là nhân tử Lagrange

Gọi S là mặt với phương trình g x y z  , ,   0 suy ra vectơ pháp tuyến của mặt S là

Gọi C là đường cong đi qua M 0 , mặt S có phương trình vectơ là

              ,  r t x t i y t j z t k t I Với I là khoảng trên Khi đó tồn tại t 0  I x t   0 x y t 0,   0  y 0, z  t 0 z 0 hay r t  0 OM 0

Ngoài ra giả sử r  có đạo hàm trên I và r t    0  0 , tức là đường cong C có tiếp tuyến tại M 0 Vì đường cong C nằm trên S nên hàm hợp

F t  f x t y t z t t I  Lấy các giá trị của hàm f dọc theo đường cong C Vì hàm f đạt cực trị tại M 0 nên hàm F đạt cực trị tại t 0 Do đó F t    0  0 theo công thức đạo hàm của hàm hợp ta có

Vậy vectơ V   f M i x    0   f M y    0  j  f M k z    0  vuông góc với tiếp tuyến của đường cong C tại điểm M 0 Vì C là một đường cong bất kỳ nằm trên mặt S và đi qua điểm M 0 nên V vuông góc với tiếp diện tại M 0 của mặt S Do đó V có cùng phương với vectơ N

Vì theo giả thiết N 0 nên tồn tại một số thực  sao cho  

V N Từ đó ta có các đẳng thức trong định lí

Trong thực hành để tìm cực trị có điều kiện của hàm f x y   , theo phương pháp nhân tử Lagrange ta làm như sau: Đặt: ( , , )F x y   f x y( , )( , ).x y

Tìm các điểm dừng thỏa hệ phương trình

Tìm được điểm dừng là( ,x y 0 0 , ) 0

Nếu d F 2 0 thì hàm số đạt cực đại tại ( , , )x y 0 0  0 , nếu d F 2 0 thì hàm số đạt cực tiểu

1.2.3 Cực trị có nhiều điều kiện

Bài toán tìm cực trị có nhiều điều kiện là bài toán tìm cực trị thông thường của hàm số u  f x  1 , , x n  với các điều kiện ràng buộc

F x x x  i  m m n  Để đơn giản, bây giờ ta đi xem xét bài toán tìm cực trị của hàm số u  f x y z t  , , ,    1 với các điều kiện ràng buộc

Giả sử hàm đạt cực trị tại điểm P x 0  0 , y , , 0 z t 0 0 , trong đó các hàm số

, , f F F liên tục, có các đạo hàm riêng liên tục trong một lân cận nào đó của điểm P 0 và  

J D z t tại điểm đó Khi đó ta có

 Nên dựa vào lí thuyết hàm ẩn suy ra tồn tại cặp hàm số duy nhất

Thỏa mãn hệ phương trình   2 trong một lân cận nào đó  của điểm

Vậy nếu xét trong lân cận  thì hệ phương trình   2 tương đương với hệ phương trình   3 , trong đó các hàm số z    x y t , ,    x y , liên tục, có các đạo hàm riêng liên tục và

Vì vậy, vấn đề về cực trị có điều kiện của hàm số   1 với các điều kiện ràng buộc   2 tại điểm P x y z t 0  0, , ,0 0 0  được dẫn tới vấn đề về cực trị thông thường của hàm số hợp u   f x y z x y  , ,     , , t , x y       x y , tại điểm M x y 0  0 , 0  Đã biết nếu hàm số u     x y , đạt cực trị tại điểm M x y 0  0 , 0  thì tại điểm ấy ta phải có:

Tóm lại điều kiện ắt có để P x 0  0, y , ,0 z t 0 0  là điểm cực trị (có điều kiện) của hàm số   1 với các điều kiện ràng buộc   2 là các tọa độ của điểm P 0 phải thỏa mãn hệ bốn phương trình   2 và   6

Nhận xét rằng cách xét hệ phương trình   6 còn cồng kềnh Ta có thể đưa

  6 về một hệ phương trình tương đương gọn hơn và có dạng bình đẳng giữa các biến số

Dễ thấy rằng có thể viết hệ phương trình   6 dưới dạng:

Nhưng  1 và  2 chính là nghiệm của hệ phương trình

Do đó   6 tương đương với hệ phương trình   7 và   8 Bây giờ cùng với hàm số u  f x y z t  , , , , ta xét hàm số

Nếu thế thì hệ   7 và   8 tương đương với hệ

Vậy điều kiện cần để P x y z t 0  0 , , , 0 0 0  là điểm cực trị (có điều kiện) của hàm số   1 với các điều kiện   2 là các tọa độ của điểm P 0 phải thỏa mãn phương trình   2 và   9 , tức là P 0 là điểm cực trị của hàm u  f x y z t  , , , 

 Nếu P 0 là nghiệm của hệ phương trình

1.2.4 Giá trị lớn nhất, bé nhất

Mọi hàm số nhiều biến liên tục trên tập compact đều đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên tập đó

Nếu hàm số đạt giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất tại điểm trong của tập xác định thì điểm đó phải là điểm cực trị Hàm số cũng có thể đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên biên của tập xác định

Do đó, để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số ta phải tìm các điểm cực trị trên tập xác định; tính giá trị của hàm số tại các điểm đó và so sánh với những giá trị của hàm số trên biên.

MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN

Cực trị địa phương

Bài toán 1: Tìm cực trị của hàm số sau: z f x y( , ) 2 2  x4y x 2 y 2

Hàm số f x y   , khả vi mọi cấp trên 2

Tại điểm dừng (1,2) ta có:

A B0; C 2 nên  B 2 AC   4 0 Suy ra hàm số có cực trị

Vì A  2 0 nên (1,2) là điểm cực đại (CĐ) và z CĐ  7.

Bài toán 2 Tìm cực trị của hàm số z f x y( , )xy.

Hàm số f x y   , khả vi mọi cấp trên 2

Tại điểm dừng (0,0) ta có:

A B1; C 0 nên  B 2 AC 1 0 Suy ra hàm số không có cực trị

Bài toán 3 Tìm cực trị của hàm số z f x y( , )x 4 y 4 x 2 2xy y 2

Hàm số f x y   , khả vi mọi cấp trên 2

Ta được các điểm dừng là (0,0), (1,1), (-1,-1)

A  B   2; C   2 và  B 2 AC0 Suy ra không kết luận được về cực trị của hàm f x y( , ) tại (0,0)

Suy ra hàm ( , )f x y có cực trị tại (1,1)

Vì A10 0 nên (1,1) là điểm cực tiểu (CT) và z CT  2

 Tại (-1,-1), ta có: A  10; B   2; C  10 và   B 2  AC    96 0

Suy ra hàm ( , )f x y có cực trị tại ( 1, 1). 

Vì A10 0 nên ( 1, 1)  là cực tiểu (CT) và z CT  2

Bài toán 4 Tìm cực trị của hàm số sau: z  f x y   ,  x 3  y 3  3 xy

Hàm số f x y   , khả vi mọi cấp trên 2

Giải hệ phương trình này ta được

Vậy nghiệm của hệ là: 0 0

  Ta được các điểm dừng là  0,0 và   1,1

Suy ra hàm f x y   , không có cực trị

+ Tại   1,1 ta có: A6, B 3, C 6 và  B 2 AC 9 36  27 0

Và A   6 0 nên   1,1 là điểm cực tiểu (CT) và z CT   1

Bài toán 5 Tìm cực trị của hàm f x y   ,  sin   x  sin   y  cos  x y   với

2 cos sin cos sin sin cos sin cos cos x y x y xy f x x y f y x y f x x y f y x y f x y

    Điểm dừng là nghiệm của hệ:

Lấy phương trình    1  2 của hệ ta được cos   x  cos   y  0

 Với x y thay vào   1 ta được cos   x  sin 2   x  0

 B AC     nên hàm đạt cực trị tại ;

  là điểm cực đại Suy ra hàm đạt cực đại tại ;

  và giá trị đại là 3

 Với x   y thay vào   1 ta được:

Cực trị có điều kiện

Bài toán 1 Tìm cực trị của hàm z xy với điều kiện x 2  y 2 1.

Bài gi ả i Đặt hàm F x y  , ,    xy    x 2  y 2  1 

Tìm điểm dừng bằng cách giải hệ phương trình sau:

Từ hai phương trình đầu ta tìm được

  hàm Lagrange trở thành F x y ( , )  xy  1 2  x 2  y 2  1 

Có hai điểm dừng là A 2 2

  d F A d x dxdy d y dx dy nên hàm đạt cực tiểu có điều kiện tại A Tương tự hàm đạt cực tiểu có điều kiện tại B

Có hai điểm dừng là C 2 2

  d F A d x dxdy d y dx dy nên hàm đạt cực đại có điều kiện tại C Tương tự hàm đạt cực đại có điều kiện tại D

Bài toán 2 Tìm cực trị của các hàm f x y   ,   1 1   1 x y với điều kiện

Tìm điểm dừng bằng cách giải hệ phương trình sau:

Giải hệ phương trình trên, ta đượcx  y 2 

Thay các giá trị của x y, vào    x y , ta được : 1 2 1 2

Tại    a2 hàm Lagrange trở thành

Vậy điểm E a  2, a 2  là điểm cực đại

Tương tự ta được F   a 2,  a 2  là điểm cực tiểu

Bài toán 3 Tìm cực trị của hàm z xy với điều kiệny x 0

Tìm các đạo hàm cấp 1 và cấp 2

Ta giải hệ phương trình:

Hệ phương trình có nghiệm x  y  0.

Tại  0, 0 ta có vi phân cấp 2 là:d F x y 2   , F dx x  2 2 2 F dxdy F dy xy   y  2 2 tại  0, 0

Theo điều kiện ta có: y   x dy dx   d F 2  2 dxdy  2   dx 2  0.

Từ đó suy ra hàm Lagrange có cực tiểu tại   0, 0 và z CT 0.

Bài toán 4 Tìm cực trị của hàm số z 1 1 x y với điều kiện x y 2.

              Gọi M x y( , ) là điểm dừng, tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình

Giải hệ phương trình này ta được x  y  1

Vậy hàm số z 1 1 x y có cực tiểu tại (1,1)

Bài toán 5 Tìm cực trị của hàm số z 6 4x3y với điều kiện x 2  y 2 1.

Ta có hàmg x y( , )x 2  y 2 1. Đặt hàm F x y   ,  f x y   ,   g x y   ,   6 4 x  3 y    x 2  y 2  1 

Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ:

Hệ phương trình có 2 nghiệm

Vậy hai điểm dừng là 4 3 5

F F F d F dx dx y dy dx dy x x y y 

Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Bài toán 1 Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn điều kiện

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z 

Khi đó F x '   1   2 2  yz F  , y '   1   4 2  xz F  , z '   1   7 2  xy  và

2 , 0, 2 , 0. xx xy xz yy yz zz

Tìm điểm dừng, là nghiệm của hệ:

Mặt khác, từ điều kiện 2 x  4 y  7 z  2 xyz

Thay các biểu thức vừa tìm được ở trên vào, ta tìm được

      Biến đổi tương đương, ta được phương trình

Phương trình này có các nghiệm 1

2 ( , , ) xx " 2 yy " 2 zz " 2 2 xy " 2 xz " 2 yz " d F x y z F d x F d y F d z   F dxdy F dxdz F dydz nên tại 5

  là điểm cực đại, và giá trị lớn nhất của x y z   là 20

Bài toán 2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f x y ( , )   x 2 y 2  xy 2  3 trên tập hợp D xác định bởi: D   ( , ) : 1 x y      x 1, 1 y 1 

Ta có: f x ' 2x y 2 , f y ' 2y2 , xy f xx " 2, f xy " 2 , y f yy "  2 2 x Điểm dừng

       Đối chiếu với D suy ra được

Với y = 0 thì x = 0 ta được A = 2, B = 0, C = 2   4 0 Suy ra hàm có cực trị mà A = 2 > 0 nên hàm đạt cực tiểu tại   0, 0 và z CT  3

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại   0, 0 và z CT  3 , đạt cực đại tại x 1 và

Bài toán 3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số z f x y ( , )  x 2 y 2 xy 2 5 trên tập hợp D xác định bởi:

A B C thì hàm số có cực trị tại (0,0).

Vì A 2 0 nên hàm số đạt cực tiểu, z CT 5.

A B C thì hàm số không kết luận được cực trị

Vậy GTLN của f x y( , ) là 6 tại (1, 1) và (1,1);

Cực trị của hàm nhiều biến với nhiều điều kiện ràng buộc

Bài toán 1 Gọi C là đường tròn giao tuyến của mặt cầu x 2  y 2 z 2 1 và mặt phẳng x y z  1

Tìm trên C các điểm gần điểm A  0,3,3  nhất và xa điểm A  0,3,3  nhất.

Bình phương khoảng cách từ điểm A đến một điểm M x y z  , ,  bất kỳ trong không gian là:

Ta tìm cực trị có điều kiện của hàm số f với hai ràng buộc

  h h h x y z là phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi x  y z a Điều này không xảy ra vì điểm  a a a , ,  không thỏa mãn đồng thời hai ràng buộc   1 và   2 Do đó các điểm cực trị có điều kiện của hàm số f của hai ràng buộc   1 ,   2 thỏa mãn hệ phương trình:

Khử  từ hai phương trình thứ ba và thứ tư của hệ, ta được

Khử  từ hai phương trình cuối của hệ, ta được

Từ đó suy ra 1 và y z Thay vào hai phương trình đầu của hệ ta được

Hệ có hai nghiệm  x y z , ,    1,0,0  và  , ,  1 2 2 , ,

Giá trị của hàm số f tại hai điểm này là f  1,0,0   19 và 1 2 2 , , 11

Vì đường tròn C là tập hợp compắc trong 3 và hàm số f c liên tục trên

C nên f đạt giá trị nhỏ nhất trên C Điểm 1 1 2 2

M là điểm của đường tròn C cần điểm A nhất, khoảng cách từ điểm M 1 đến điểm A là AM 1 11 Điểm M 2 1,0,0 là điểm của đường tròn C xa điểm A nhất, khoảng cách từ M 2 đến A là AM 2  19.

Bài toán 2 Paraboloid tròn xoay z x  2  y 2   1 và mặt phẳng x y z    1   2

Cắt nhau theo một elip nào đó Tìm khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất từ elip đó đến gốc tọa độ

Ta phải tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số u  x 2  y 2  z 2   3

Với các điều kiện ràng buộc   1 và   2

Về phương diện hình học, tồn tại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của bài toán đề ra; Vì vậy phải có các điểm P x y z 0  0, ,0 0 và P x y z 1  1, ,1 1  sao cho hàm số   3 với các điều kiện ràng buộc   1 ,   2 đạt giá trị lớn nhất tại P 0 , đạt giá trị nhỏ nhất tại P 1

Dễ thấy rằng khi đó hàm số w u 2 x 2 y 2 z 2 với các điều kiện ràng buộc   1 ,   2 cũng đạt giá trị lớn nhất tại P 0 , đạt giá trị nhỏ nhất tại P 1 Đặt  x, y, z x 2 y 2 z 2 1  x 2 y 2  z  2  x y z  1 

Theo điều kiện cần của cực trị có điều kiện ta thấy  x 0, y ,0 z 0 và

 x 1, y ,1 z 1 phải là nghiệm của hệ phương trình:

Từ phương trình thứ 3 và thứ 4 của   4 suy ra x  y

Thay vào hai phương trình của   4 ta được

Từ đó suy ra rằng hàm số   3 với các điều kiện ràng buộc   1 và   2 đạt giá trị lớn nhất 9 5 3 tại điểm 0 1 3 1 3

P và đạt giá trị nhỏ nhất 9 5 3 tại điểm 1 1 3 1 3

Bài toán 3 Xác định điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm gốc O trên đường thẳng , với  là giao tuyến của hai mặt phẳng

Bình phương khoảng cách từ điểm gốc O đến một điểm M x y z  , ,  bất kỳ của đường thẳng giao tuyến  là

Ta tìm cực tiểu có điều kiện của hàm số f với hai ràng buộc g x y z  , ,   2 x  3 y z    6 0 và h x y z  , ,    x 2 y  2 z   4 0

  h h h x y z là hai vectơ độc lập tuyến tính nên các tọa độ của điểm cực tiểu có điều kiện của hàm số f với hai ràng buộc đã nêu cùng với hai nhân tử Lagrange  , thỏa mãn hệ phương trình

Khử  và  từ ba phương trình đầu của hệ, ta được

Kết hợp với hai phương trình cuối của hệ, ta được

H là hình chiếu vuông góc của diểm gốc O trên đường thẳng 

Bài toán 4 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Trên elip E, giao tuyến của mặt phẳng x y z  1và mặt trụy 2 z 2 4

Bài gi ả i Đây là bài toán tìm cực trị của hàm f x y z  , ,    x 2 y vói hai điều kiện ràng buộc là g x y z  , ,      x y z 1 và h x y z  , ,   y 2  z 2  4 Đặt   x y z , , , ,   1 2    x 2 y   1  x y z     1   2  y 2  z 2  4 

       x x xy x y yz z z yx y z Điểm cực trị là nghiệm của hệ phương trình:

Thay phương trình thứ nhất của hệ vào phương trình thứ hai và ba ta được

Thay y z vào phương trình thứ năm của hệ ta có

    z x z, vậy điểm cực trị là  1, 2,  2 , 1,    2, 2 

Suy ra hàm số đạt cực đại tại  1, 2,  2  và giá trị lớn nhất là 1 2 2 Tại  1,  2, 2  thì d 2   2  2  d y d z 2  2   1 2  d y d z 2  2   0

Nên hàm số đạt cực tiểu tại  1,  2, 2 và giá trị nhỏ nhất 1 2 2

Một số bài toán cực trị thực tế

Ở đây khóa luận trình bày việc giải một số vấn đề thực tế bằng phương pháp sử dụng cực trị của hàm nhiều biến

Bài toán 1 Sở Văn Hóa Thông Tin Quảng Nam tổ chức văn nghệ để chào mừng

20 năm tái lập tỉnh Quảng Nam, được tổ chức tại quảng trường 24/3 Tam Kì Họ dùng 84m rào để rào xung quanh các ghế ngồi cho khán giả (như hình vẽ)

Biết hai khán đài A và B có số lượng khán giả ngồi như nhau và cách nhau 2m Hỏi chiều dài, chiều rộng của mỗi khán đài là bao nhiêu để tổng diện tích của phần ghế ngồi của khán giả là lớn nhất? Tích tổng diện tích đó?

Gọi ,x y lần lượt là chiều dài, chiều rộng của mỗi khán đài

Tổng chiều dài mét rào là 84m nên ta có phương trình

Tổng diện tích của phần ghế ngồi dành cho khán giả là:

Bài toán đưa về tìm giá trị lớn nhất của hàm số ( , )f x y x y(2 2) với điều kiện x y 41. Đặt ( , , )F x y  x y(2  2) (x y 41)

Suy ra d F 2 (21,20) 2 F dxdy xy '' 4dxdy

Mà từ phương trình x y 41, ta có dy  dx

Vậy chiều dài là 21m, chiều rộng 20m, tổng diện tích phần ghế ngồi dành cho khán giả là S 21(2.20 2) 882  m 2

Bài toán 2 Một nhà mạng Viettel Quảng Nam dự tính giới thiệu hai loại hệ thống đường truyền điện tín mới và hy vọng rằng chúng sẽ được bán nhiều trên thị trường Người ta ước tính rằng nếu hệ thống thứ nhất được bán với giá x trăm nghìn đồng trên hệ thống và hệ thống thứ hai với giá y trăm nghìn đồng trên hệ thống, thì bán được xấp xỉ 40-8x+5y hệ thống thứ nhất và 50+9x-7y hệ thống thứ hai Nếu chi phí sản xuất hệ thống thứ nhất là 1000 nghìn đồng trên hệ thống và chi phí sản xuất hệ thống thứ hai là 3000 nghìn đồng trên hệ thống, thì công ty điện thoại nên bán các hệ thống với giá bao nhiêu để tổng lợi nhuận lớn nhất?

Gọi ( , )f x y là hàm tổng lợi nhuận ( đơn vị tính : trăm nghìn đồng)

Suy ra d f 2 (30,45) f d x xx " 2 2f dxdy xy "  f d y yy " 2  16d x 2 14d y 2 28dxdy

Do đó d f 2 (30,45) 64d y 2 14d y 2 56d y 2  22d y 2 0 suy ra hàm số đạt cực đại tại (30,45)

Vậy để lợi nhuận cao nhất thì bán hệ thống thứ nhất với giá 3.000.000 và hệ thống thứ hai với giá 4.500.000

Bài toán 3 Một xưởng cơ khí Tam Kì chuyên làm về cửa sắt Họ dùng một cuộn dây thép dài 10m và cắt thành 5 đoạn bằng nhau, từ mỗi đoạn đó họ muốn làm thành hai khung hình chữ nhật và hình tròn.Tính chu vi của khung hình để tổng diện tích của hình chữ nhật và hình vuông là nhỏ nhất?

Chiều dài của mỗi đoạn là 10

Gọi x y, lần lượt là độ dài đoạn dây hình tròn và hình vuông

Khi đó diện tích của mỗi hình là:

Tổng diện tích của hai hình là ( , ) 2 2

Xét hàm Lagrăng có phương trình

Khi đó d F x y 2 ( , )F d x xx " 2 2F dxdy F d y xy "  yy " 2

  x y thì hàm số đạt giá trị cực tiểu

Vậy chu vi của khung hình tròn và hình vuông lần lượt là 2 8

Bài toán 4 Cắt một hình chữ nhật từ một tấm bìa có dạng nửa hình tròn sao cho diện tích hình chữ nhật đó là lớn nhất?

Gọi x y, lần lượt là chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật  x y ,  0 

Ta có diện tích hình chữ nhật S  f x y   ,  xy lớn nhất nếu hình chữ nhật có chiều dài thuộc đường kính của nữa đường tròn 2 2 2

Xét hàm Lagrăng có phương trình

Khi đó ta có: d F x y 2 ( , )F d x xx " 2 2F dxdy F d y xy "  yy " 2

Vậy hàm số đạt cực đại tại 2,

Vậy diện tích hình chữ nhật lớn nhất là S r m 2 ( 2 ).