0

Phép tính vi phân hàm nhiều biến (tt).pdf

13 2,864 3
  • Phép tính vi phân hàm nhiều biến (tt).pdf

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 04/08/2012, 14:24

Phép tính vi phân hàm nhiều biến (tt) GIẢI TÍCH (CƠ BẢN)Tài liệu ôn thi cao học năm 2005Phiên bản đã chỉnh sửaPGS TS. Lê Hoàn HóaNgày 3 tháng 12 năm 2004Phép Tính Vi Phân Của Hàm NhiềuBiến (tt)5 Công thức Taylor5.1 Đạo hàm riêng bậc caoĐịnh nghĩa 1 Cho D là tập mở trong Rn, f : D → R. Giả sử đạo hàm riêng∂f∂xi(x), i =1, 2, . . . , n tồn tại với mọi x ∈ D. Khi đó∂f∂xi: D → R biến x ∈ D thành∂f∂xi(x) là hàm số thựctheo n biến số thực và được gọi là hàm đạo hàm riêng của f theo biến xi. Ta có thể đề cập đếnđạo hàm riêng của hàm∂f∂xitheo biến xj∂∂xj∂f∂xi(x) = limt→0∂f∂xi(x + tej) −∂f∂xi(x)t≡∂2f∂xi∂xj(x)và gọi là đạo hàm riêng bậc hai của f theo biến xi, xj, theo thứ tự, tại x.Tổng quát, khi thay đổi thứ tự lấy đạo hàm riêng thì giá trị của đạo hàm sẽ thay đổi.Thí dụ: Chof(x, y) =xyx2−y2x2+y2x2+ y2> 00 x = y = 0Ta sẽ có:∂2f∂x∂y(0, 0) = −1 và∂2f∂y∂x(0, 0) = 1.Thật vậy, ta có:∂f∂x(0, 0) = limt→0f(t, 0) − f(0, 0)t= 0 và∂f∂y(0, 0) = limt→0f(0, t) − f(0, 0)t= 0∂f∂x(0, y) = limt→0f(t, y) − f(0, y)t= limt→0ty(t2− y2)t(t2+ y2)= −y∂f∂y(x, 0) = limt→0f(x, t) − f(x, 0)t= limt→0tx(x2− t2)t(x2+ t2)= x1Suy ra∂2f∂x∂y(0, 0) = limt→0∂f∂x(0, t) −∂f∂x(0, 0)t= −1∂2f∂y∂x(0, 0) = limt→0∂f∂y(t, 0) −∂f∂y(0, 0)t= 1Định lí 1 (Định lý Schwartz) Nếu các đạo hàm riêng∂2f∂xi∂xj,∂2f∂xj∂xiliên tục tại x thì∂2f∂xi∂xj(x) =∂2f∂xj∂xi(x)5.2 Công thức TaylorCho D là tập mở trong Rn, f : D → R và f ∈ Ck(D) (nghĩa là các đạo hàm riêng hỗnhợp bậc bé thua hay bằng k liên tục). Cho x ∈ D và h = (h1, h2, . . . , hn) ∈ Rnsao cho:x + th ∈ D,∀t ∈ [0, 1]. Khi đó tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho:f(x + h) = f (x) +n1hi∂∂xif(x) +12!n1hi∂∂xi2f(x) + ···+1(k − 1)!n1hi∂∂xik−1f(x) +1k!n1hi∂∂xikf(x + θh)Số hạng1k!n1hi∂∂xikf(x + θh) là dư số Lagrange.Hoặc là:f(x + h) = f (x) +n1hi∂∂xif(x) +12!n1hi∂∂xi2f(x) + ···+1(k − 1)!n1hi∂∂xik−1f(x) +1k!ϕ(h)hktrong đó số hạng1k!ϕ(h)hklà đại lượng vô cùng bé bậc lớn hơn hk, được gọi là dư số Peano.Trường hợp n = 2, h = (s, t), ta có công thức:f (x + s, y + t) = f (x, y) +∂f∂x(x, y) s +∂f∂y(x, y) t+12∂2f∂x2(x, y) s2+ 2∂2f∂x∂y(x, y) st +∂2f∂y2(x, y) t2+ ···+1k!ki=1Ciksitk−i∂kf∂xi∂yk−i+ os2+ t2k/2trong đó o(s2+ t2)k/2là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn (s2+ t2)k/2.25.3 Tính duy nhấtCho D là tập hợp mở trong Rn, 0Rn∈ D và f : D → R. Giả sử f ∈ Ck(D) và thỏa mãnf(x) = P (x) + R(x),∀x ∈ Dtrong đó P (x) là đa thức bậc bé thua hay bằng k theo các biến x1, x2, . . . , xnvà|R(x)|  q(x)xkvới limx→0Rnq(x) = 0Khi đó P (x) chính là khai triển Taylor của f gần 0Rn, nghĩa làP (x) = f(0) +n1xi∂∂xif(0) +12n1xi∂∂xi2f(0) + ··· +1k!n1xi∂∂xikf(0)Thí dụ: 1) Cho f(x, y) = x sin(x2+ xy) thì f ∈ Ck(R2) với mọi k ∈ N. Dùng khai triển thànhchuổi Taylorsin t =∞0(−1)kt2k+1(2k + 1)!ta đượcf(x, y) = x sinx2+ xy= x.∞0(−1)k(x2+ xy)2k+1(2k + 1)!Số hạng (−1)k(x2+xy)2k+1x(2k+1)!là tổng của các đơn thức bậc (4k + 3) theo hai biến x, y tương ứngvới số hạng (4k + 3) trong công thức Taylor của f là:1(4k + 3)!ni=0Cinxiyn−i∂nf(0, 0)∂xi∂yn−ivới n = 4k + 3.Nghĩa là1(4k + 3)!ni=0Cinxiyn−i∂nf(0, 0)∂xi∂yn−i= (−1)kx (x2+ xy)2k+1(2k + 1)!, n = 4k + 3.Dùng công thức này ta có thể tính:i)∂19f(0, 0)∂x16∂y3: ứng với k = 4, đồng nhất hệ số của số hạng x16y3ở hai vế:119!C1619∂19f(0, 0)∂x16∂y3=19!C69Suy ra:∂19f(0, 0)∂x16∂y3=16!6!ii)∂nf(0, 0)∂xi∂yn−i= 0 nếu n = 4k + 3, thí dụ∂20f(0, 0)∂xi∂y20−i= 0 với mọi i từ 1 đến 20.32) Cho f(x, y) = y2cos(x2+ y) thì f ∈ Ck(R2) với mọi k ∈ N. Dùng khai triển thành chuổiTaylor:cos t =∞0(−1)kt2k(2k)!ta được:f(x, y) = y2cosx2+ y= y2.∞0(−1)k(x2+ y)2k(2k)!Cần khai triển Taylor của f đến bậc 10 ở vế trái trong tổng y2∞0(−1)k(x2+ y)2k(2k)!. Gọi B làtổng các đơn thức bậc bé thua 10, ta đượcB = y21 −y22− x2y +x4+ y4+ x2y3+x4y22−y66!− x2y5+x84!+y88!B chính là khai triển Taylor của f đến bậc 10.Bài tập1) Cho P (x, y) là đa thức bậc hai theo x, y. Giả sử P (0, 0) = 1,∂P∂x(0, 0) = 0,∂P∂y(0, 0) =−1,∂2P∂x∂y(0, 0) = 2,∂2P∂x2(0, 0) = 1,∂2P∂y2(0, 0) = 1. Tính∂P∂x(1, 1),∂2P∂x∂y(1, 2).2) Khai triển Taylor của f(x, y) = y2sin(x2− xy) đến bậc 8 trong lân cận của (0, 0). Tính∂8f(0,0)∂x2∂y6và∂8f(0,0)∂x4∂y4.3) Khai triển Taylor của f(x, y) = exycos y đến bậc 4 trong lân cận của (0, 0). Tính∂4f(0,0)∂x3∂yvà∂4f(0,0)∂x∂y3.6 Cực trị địa phươngĐịnh nghĩa 2 Cho D là tập mở trong Rn, f : D → R và x ∈ D. Ta nói:• f đạt cực đại địa phương tại x nếu có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ D và f (x)  f(y) ∀y ∈B(x, r).• f đạt cực tiểu địa phương tại x nếu có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ D và f(x)  f(y) ∀y ∈B(x, r).• f đạt cực trị địa phương tại x nếu f đạt cực đại địa phương hay cực tiểu địa phương tạix.6.1 Điều kiện cần – Điều kiện đủ6.1.1 Điều kiện cầnCho D mở trong Rn, f : D −→ R và x ∈ D. Giả sử tồn tại các đạo hàm riêng∂f∂xi(x), ∀i =1, 2, . . . , n. Nếu f đạt cực trị địa phương tại x thì∂f∂xi(x) = 0, i = 1, 2, . . . , n (1)Điểm x tương ứng được gọi là điểm dừng.46.1.2 Điều kiện đủCho D là tập mở trong Rn, f : D → R và f ∈ C2(D). Giả sử tại x0∈ D có∂f∂xi(x) = 0 với mọii = 1, 2, . . . , n. Áp dụng công thức Taylor cho hàm f trong lân cận của x0, ta cóf(x0+ h) − f(x0) =12ni=1hi∂∂xi2f(x0) + ϕ(h)(h)2với limh→0Rnϕ(h) = 0L2(Rn,R)Đặt A là dạng toàn phương định bởi:A(h) =ni=1hi∂∂xi2f(x0) =ni=1h2i∂2f(x0)∂x2i+ 2i=jhihj∂2f(x0)∂xi∂xjDạng toàn phương A(h) thỏa mãn một trong các tính chất1. Dạng toàn phương A(h) là xác định dương nghĩa là A(h) > 0 với mọi h = 0Rn.2. Dạng toàn phương A(h) là xác định âm nghĩa là A(h) < 0 với mọi h = 0Rn.3. Dạng toàn phương A(h) là nửa xác định dương hoặc nửa xác định âm nghĩa là A(h)  0(hay A(h)  0) với mọi h = 0Rnvà có một h0= 0Rnsao cho A(h0) = 0.4. Dạng toàn phương A(h) không xác định, nghĩa là tồn tại h, h∈ Rnsao cho A(h) > 0 vàA(h) < 0.Định lí 2 Cho D là tập mở trong Rn, f : D → R và f ∈ C2(D). Giả sử tại x0∈ D:∂f∂xi(x0) = 0,i = 1, 2, . . . , n. Đặt A là dạng toàn phương xác định như trên. Khi đó:1. Nếu A(h) là dạng toàn phương xác định dương thì f đạt cực tiểu địa phương tại x0.2. Nếu A(h) là dạng toàn phương xác định âm thì f đạt cực đại địa phương tại x0.3. Nếu A(h) là dạng toàn phương nửa xác định âm hay nửa xác định dương thì chưa thểkết luận về cực trị địa phương tại x0.4. Nếu A(h) là dạng toàn phương không xác định thì f không đạt cực trị địa phương.Sau đây là định lý Sylvester về tính xác định âm, dương của dạng toàn phương.Định lí 3 (Định lý Sylvester về dạng toàn phương) Cho A(h) là dạng toàn phương xácđịnh như trên, ma trận biểu diễn của A(h) là ma trận bậc n × n đặt là B:B =a11a12. . . a1na21a22. . . a2n. . . . . . . . . . . .an1an2. . . annvới aij=∂2f(x0)∂xi∂xjXem các định thức con trên đường chéo chính∆1= a11, ∆2=a11a12a21a22, . . . , ∆n=a11a12. . . a1na21a22. . . a2n. . . . . . . . . . . .an1an2. . . annKhi đó:51. Nếu ∆i> 0,∀i thì A(h) là dạng toàn phương xác định dương.2. Nếu (−1)i∆i> 0, ∀i thì A(h) là dạng toàn phương xác định âm.3. – Nếu ∆i 0, ∀i và có một i sao cho ∆i= 0 thì A(h) là dạng toàn phương nửa xác địnhdương.– Nếu (−1)i∆i 0, ∀i và có một i sao cho ∆i= 0 thì A(h) là dạng toàn phương nửa xácđịnh âm.4. Các trường hợp khác thì A(h) là dạng toàn phương không xác định.6.2 Thí dụThí dụ: Xét cực trị địa phương của hàm sốf(x, y, z) = x3+ xy + y2− 2xz + 2z2+ 3y − 1Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình∂f∂x= 3x2+ y − 2z = 0∂f∂y= x + 2y + 3 = 0∂f∂z= −2x + 4z = 0Có hai điểm dừng là M1(1,−2,12) và M2(−12,−54,−14).Các đạo hàm riêng bậc hai :∂2f∂x2= 6x,∂2f∂x∂y= 1,∂2f∂y2= 2,∂2f∂x∂z= −2,∂2f∂z2= 4,∂2f∂y∂z= 0Tại M1(1,−2,12), ta cóB =6 1 −21 2 0−2 0 4∆1= 6, ∆2=6 11 2= 11, ∆3=6 1 −21 2 0−2 0 4= 36Vậy A là dạng toàn phương xác định dương. Suy ra f đạt cực tiểu địa phương tại M1vàf(M1) = −92.Tại M2(−12,−54,−14) ta cóB =−3 1 −21 2 0−2 0 4∆1= −3, ∆2=−3 11 2= −7, ∆3=−3 1 −21 2 0−2 0 4= −36Vậy A là dạng toàn phương không xác định. Suy ra f không đạt cực trị địa phương tại M2.6Thí dụ: Khảo sát cực trị địa phương của hàmf(x, y, z) = sin x + sin y + sin z − sin(x + y + z), 0 < x, y, z < πTọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình:∂f∂x= cos x − cos(x + y + z) = 0∂f∂y= cos y − cos(x + y + z) = 0∂f∂z= cos z − cos(x + y + z) = 00 < x, y, z < 0Điểm dừng duy nhất M(π2,π2,π2).Các đạo hàm riêng bậc hai là∂2f(M)∂x2= −2,∂2f(M)∂y2= −2,∂2f(M)∂z2= −2,∂2f(M)∂x∂y= −1,∂2f(M)∂x∂z= −1,∂2f(M)∂y∂z= −1Ma trận biểu diễn của dạng toàn phươngB =−2 −1 −1−1 −2 −1−1 −1 −2∆1= −2, ∆2=−2 −1−1 −2= 3, ∆3=−2 −1 −1−1 −2 −1−1 −1 −2= −4Vậy A là dạng toàn phương xác định âm. Suy ra f đạt cực đại địa phương tại M và f(M) = 4.Thí dụ: Xét cực trị địa phương của hàmf(x, y) = (x2+ y2)e−(x2+y2)Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình:∂f∂x= 2x (1 − x2− y2) e−x2−y2= 0∂f∂y= 2y (1− x2− y2) e−x2−y2= 0Điểm dừng: M0(0, 0) và tất cả các điểm trên đường tròn (C)x2+ y2= 1Do f (x, y)  0,∀(x, y) ∈ R2, f(0, 0) = 0 nên f đạt cực tiểu địa phương tại M0.Đặt t =x2+ y2, ϕ(t) = t2e−t2. Đạo hàm ϕ(t) = 2t(1 − t2)e−t2.Đồ thị của hàm ϕ với t  0:Đồ thị của hàm f là mặt cong (S) sinh bởi đường cong đồ thị của hàm ϕ quay quanh trục Oϕ.Hàm f đạt cực đại địa phương tại các điểm M trên đường cong (C), f(M) =1e.7Bài tập1– Xét cực trị địa phương của các hàm số sau:a) f(x, y) = x3+ y3− 3xyb) f(x, y) = 2x4+ y4− x2− y2c) f(x, y) =8x+xy+ y x > 0, y > 0d) f(x, y, z) = x2+ y2+ z2− xy + x − 2ze) f(x, y, z) = x +y24x+z2y+2zvới xyz = 0.2– Xét cực trị địa phương của hàm ẩn z = z(x, y) suy từ phương trình:x2+ y2+ z2− xz − xy + 2(x + y + z − 1) = 0HD: Dùng định lý hàm ẩn:∂z∂x= −2x − z + 22z − x − y + 2,∂z∂y= −2y − z + 22z − x − y + 2Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình2x − z + 2 = 02y − z + 2 = 0x2+ y2+ z2− xz − xy + 2(x + y + z − 1) = 02z − x − y + 2 = 0Có hai điểm dừng:– M1(−3 +√6,−3 +√6) tương ứng với z = −4 + 2√6.– M2(−3 −√6,−3 −√6) tương ứng với z = −4 − 2√6.Đạo hàm riêng bậc hai tại hai điểm dừng:∂2f∂x2= −22z − x − y + 2,∂2f∂y2= −22z − x − y + 2,∂2f∂x∂y= 0Tại M1: ma trận biểu diển của dạng toàn phương làB =−12√600 −12√6, ∆1= −12√6, ∆2=124Dạng toàn phương xác định âm, vậy f đạt cực đại địa phương tại M1và z(M1) = −4 + 2√6.Tại M2: ma trận biểu diễn của dạng toàn phương làB =12√60012√6, ∆1=12√6, ∆2=124Dạng toàn phương xác định dương, vậy z đạt cực tiểu địa phương tại M2và z(M2) = −4−2√6.87 Cực trị có điều kiệnNhững phát biểu sau đây đúng trong trường hợp tổng quát của hàm f theo n + p biến với pđiều kiện. Tuy nhiên ở đây ta chỉ xét đơn giản cho trường hợp ba biến với một điều kiện.7.1 Định nghĩaĐịnh nghĩa 3 Cho D là tập mở trong R3, f, g : D → R thuộc lớp C2(D). Đặt S = {(x, y, z) ∈R3/ϕ(x, y, z) = 0}. Cho M0(x0, y0, z0) ∈ S. Ta nói:– f đạt cực đại địa phương có điều kiện ϕ(x, y, z) = 0 tại điểm M0nếu tồn tại r > 0 saocho f(M0)  f(M) với mọi M ∈ S và d(M, M0) < r.– f đạt cực tiểu địa phương có điều kiện ϕ(x, y, z) = 0 tại điểm M0nếu tồn tại r > 0 saocho f(M0)  f(M) với mọi M ∈ S và d(M, M0) < r.– f đạt cực trị địa phương có điều kiện ϕ(x, y, z) = 0 tại M0nếu f đạt cực đại địa phưonghoặc cực tiểu địa phương có điều kiện tại M0.7.2 Điều kiện cần (Định lý nhân tử Lagrange)Cho f, ϕ ∈ C1(D), M0∈ S và∂ϕ∂z(M0) = 0. Nếu f đạt cực trị địa phương có điều kiệnϕ(x, y, z) = 0 tại M0thì có duy nhất số thực λ0sao cho x0, y0, z0, λ0là nghiệm của hệ phươngtrình:∂f∂x(x, y, z) + λ∂ϕ∂x(x, y, z) = 0∂f∂y(x, y, z) + λ∂ϕ∂y(x, y, z) = 0∂f∂z(x, y, z) + λ∂ϕ∂z(x, y, z) = 0ϕ(x, y, z) = 0(I)λ0được gọi là nhân tử Lagrange của f tại M0với điều kiện ϕ(x, y, z) = 0.Hệ thống (I) được gọi là hệ phương trình tọa độ điểm dừng cho bài toán cực trị có điềukiện. Có thể có nhiều điểm dừng ứng với cùng một giá trị λ0.7.3 Điều kiện đủGiả sử f, ϕ ∈ C2(D) và x0, y0, z0, λ0là nghiệm của hệ phương trình (I) và∂ϕ∂z(x0, y0, z0) = 0.Đặt F (x, y, z) = f(x, y, z) + λ0ϕ(x, y, z)Xét dạng toàn phương:A = d2f(M0) =∂2F∂x2(M0)dx2+∂2F∂y2(M0)dy2+∂2F∂z2(M0)dz2+ 2∂2F∂x∂y(M0)dxdy + 2∂2F∂x∂z(M0)dxdz + 2∂2F∂y∂z(M0)dydztrong đó dx, dy, dz thỏa mãn∂ϕ∂x(M0)dx +∂ϕ∂y(M0)dy +∂ϕ∂z(M0)dz = 0Khi đó:9i) Nếu A là dạng toàn phương xác định dương thì f đạt cực tiểu địa phương có điều kiệnϕ(x, y, z) = 0 tại M0.ii) Nếu A là dạng toàn phương xác định âm thì f đạt cực đại địa phương có điều kiện tạiM0.iii) Nếu A là dạng toàn phương không xác định thì f không đạt cực trị địa phương có điềukiện tại M0.iv) Nếu A là dạng toàn phương nửa xác định dương hay nửa xác định âm thì chưa thể kếtluận về cực trị địa phương có điều kiện.7.4 Thí dụThí dụ: Tìm cực trị địa phương của hàm số f(x, y, z) = x + y + z với điều kiện ϕ(x, y, z) =xyz − a = 0, a > 0.Đặt F (x, y, z) = x + y + x + λ(xyz − a). Tọa độ điểm dừng và nhân tử Lagrange là nghiệmcủa hệ:∂F∂x= 1 + λyz = 0∂F∂y= 1 + λxz = 0∂F∂z= 1 + λxy = 0xyz − a = 0Ứng với λ = −1a2/3có điểm dừng M(a1/3, a1/3, a1/3). Khi đó:F (x, y, z) = x + y + x − a−2/3(xyz − a)Dạng toàn phương tương ứng:d2F (M) = a−1/3(dxdy + dydz + dxdz)với điều kiệndϕ(M) = 0 ⇔ a2/3(dx + dy + dz) = 0 hay dz = −dx− dyThế vào, ta được:d2F (M) = 2a−1/3(dx2+ dxdy + dy2)  0Dạng toàn phưong xác định dương. Vậy f đạt cực tiểu địa phương có điều kiện tại M vàf(M) = 3a1/3.Vậy: f(x, y, z) = x + y + z  3a1/3nếu xyz = a > 0.Thí dụ: Xét cực trị địa phương của hàm f(x, y, z) = x + y + z với điều kiện1x+1y+1z− 1 = 0.ĐặtF (x, y, z) = x + y + x + λ1x+1y+1z− 1Tọa độ điểm dừng và nhân tử Lagrange là nghiệm của hệ:∂F∂x= 1 −λx2= 0∂F∂y= 1 −λy2= 0∂F∂z= 1 −λz2= 01x+1y+1z= 110[...]... =−1,∂2P∂x∂y(0, 0) = 2,∂2P∂x2(0, 0) = 1,∂2P∂y2(0, 0) = 1. Tính ∂P∂x(1, 1),∂2P∂x∂y(1, 2).2) Khai triển Taylor của f(x, y) = y2sin(x2− xy) đến bậc 8 trong lân cận của (0, 0). Tính ∂8f(0,0)∂x2∂y6và∂8f(0,0)∂x4∂y4.3) Khai triển Taylor của f(x, y) = exycos y đến bậc 4 trong lân cận của (0, 0). Tính ∂4f(0,0)∂x3∂yvà∂4f(0,0)∂x∂y3.6 Cực trị địa phươngĐịnh... (−1)k(x2+xy)2k+1x(2k+1)!là tổng của các đơn thức bậc (4k + 3) theo hai biến x, y tương ứngvới số hạng (4k + 3) trong công thức Taylor của f là:1(4k + 3)!ni=0Cinxiyn−i∂nf(0, 0)∂xi∂yn−ivới n = 4k + 3.Nghĩa là1(4k + 3)!ni=0Cinxiyn−i∂nf(0, 0)∂xi∂yn−i= (−1)kx (x2+ xy)2k+1(2k + 1)!, n = 4k + 3.Dùng cơng thức này ta có thể tính: i)∂19f(0, 0)∂x16∂y3: ứng với k = 4, đồng... 3a1/3nếu xyz = a > 0.Thí dụ: Xét cực trị địa phương của hàm f(x, y, z) = x + y + z với điều kiện1x+1y+1z− 1 = 0.ĐặtF (x, y, z) = x + y + x + λ1x+1y+1z− 1Tọa độ điểm dừng và nhân tử Lagrange là nghiệm của hệ:∂F∂x= 1 −λx2= 0∂F∂y= 1 −λy2= 0∂F∂z= 1 −λz2= 01x+1y+1z= 110 5.3 Tính duy nhấtCho D là tập hợp mở trong Rn, 0Rn∈ D và... Điều kiện đủ6.1.1 Điều kiện cầnCho D mở trong Rn, f : D −→ R và x ∈ D. Giả sử tồn tại các đạo hàm riêng∂f∂xi(x), ∀i =1, 2, . . . , n. Nếu f đạt cực trị địa phương tại x thì∂f∂xi(x) = 0, i = 1, 2, . . . , n (1)Điểm x tương ứng được gọi là điểm dừng.4 Thí dụ: Tìm giá trị lớn nhất, bé nhất của hàm số:f(x, y) = x2+ y2− 12x + 16y trên x2+ y2 25Tọa độ điểm dừng trong x2+ y2<... 01x+1y+1z= 110 5.3 Tính duy nhấtCho D là tập hợp mở trong Rn, 0Rn∈ D và f : D → R. Giả sử f ∈ Ck(D) và thỏa mãnf(x) = P (x) + R(x),∀x ∈ Dtrong đó P (x) là đa thức bậc bé thua hay bằng k theo các biến x1, x2, . . . , xnvà|R(x)|  q(x)xkvới limx→0Rnq(x) = 0Khi đó P (x) chính là khai triển Taylor của f gần 0Rn, nghĩa làP (x) = f(0) +n1xi∂∂xif(0) +12n1xi∂∂xi2f(0)... phương có điềukiện tại M0.iv) Nếu A là dạng toàn phương nửa xác định dương hay nửa xác định âm thì chưa thể kếtluận về cực trị địa phương có điều kiện.7.4 Thí dụThí dụ: Tìm cực trị địa phương của hàm số f(x, y, z) = x + y + z với điều kiện ϕ(x, y, z) =xyz − a = 0, a > 0.Đặt F (x, y, z) = x + y + x + λ(xyz − a). Tọa độ điểm dừng và nhân tử Lagrange là nghiệmcủa hệ:∂F∂x= 1... = 0x2+ y2= 25Ứng với λ = 1, điểm dừng M2(3,−4), f (M2) = −75.Ứng với λ = −3, điểm dừng M3(−3, 4), f (M3) = 125.Vậy max f = 125 và min f = −75.Thí dụ: Tìm giá trị lớn nhất, bé nhất của hàm số:f(x, y, z) = x2+ y2+ z2+ x − y + 2z trên miền x2+ y2+ z2 4Tọa độ điểm dừng trong miền x2+ y2+ z2< 4 là nghiệm của hệ:∂f∂x= 2x + 1 = 0∂f∂y= 2y − 1 = 0∂f∂z= . 200 4Phép Tính Vi Phân Của Hàm NhiềuBiến (tt)5 Công thức Taylor5.1 Đạo hàm riêng bậc caoĐịnh nghĩa 1 Cho D là tập mở trong Rn, f : D → R. Giả sử đạo hàm. biến x ∈ D thành∂f∂xi(x) là hàm số thựctheo n biến số thực và được gọi là hàm đạo hàm riêng của f theo biến xi. Ta có thể đề cập đếnđạo hàm riêng của hàm f∂xitheo
- Xem thêm -

Xem thêm: Phép tính vi phân hàm nhiều biến (tt).pdf, Phép tính vi phân hàm nhiều biến (tt).pdf, Phép tính vi phân hàm nhiều biến (tt).pdf

Hình ảnh liên quan

4) Tìm hình hộp chữ nhật có đường chéo bằng a cho trước và có thể tích lớn nhất. - Phép tính vi phân hàm nhiều biến (tt).pdf

4.

Tìm hình hộp chữ nhật có đường chéo bằng a cho trước và có thể tích lớn nhất Xem tại trang 13 của tài liệu.