Đại số tuyến tính ma trận tích phân toan cao cap giai tich phan 3

Toán cao cấp : Chương VI Giải tích 101 TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH I Nguyên hàm - tích phân bất đònh: Đònh nghóa: Cho hàm số f, F xác đònh [a, b] F gọi nguyên hàm f (a, b) F’(x) = f(x), ∀x ∈ (a, b) F gọi nguyên hàm f [a, b] nếu: F’(x) = f(x), ∀x ∈ (a, b) F’(a+) = f(a), F’(b-) = f(b) Ví dụ: • (- cosx) nguyên hàm sinx (-cosx)’ = sinx • (- cosx + 7) nguyên hàm sinx • x3 x3 x3 , −5, − C nguyên hàm x2 vì: 3 / / /  x3   x   x3  = −     =  −C = x 3       Đònh lý: Nếu hàm số f liên tục [a, b] f có nguyên hàm [a, b] Đònh lý: Giả sử F nguyên hàm f (a, b) Khi đó: i) F + C (C số) nguyên hàm f (a, b) ii) Nếu G nguyên hàm f (a, b) G(x) = F (x) + C, ∀x ∈ (a, b) Chứng minh: i) (F(x) + C)’ = F’(x) = f(x), ∀x ∈ (a, b) ⇒ F + C nguyên hàm f (a, b) ii) [G(x) - F(x)]’ = G’(x) - F’(x) = f(x) - f(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) Toán cao cấp : Giải tích 102 ⇒ G(x) - F(x) = C (hằng số), ∀x ∈ (a, b) ⇒ G(x) = F(x) + C, ∀x ∈ (a, b) Ghi chú: • Đònh lý thay (a, b) [a, b] • Nếu f có nguyên hàm f có vô số nguyên hàm nguyên hàm hàm sai khác số Đònh nghóa: Tập hợp tất nguyên hàm f [a, b] gọi tích phân bất đònh f [a, b], ký hiệu: ∫ f ( x )dx Nếu F nguyên hàm f II ∫ f ( x )dx =F ( x ) + C Tính chất tích phân bất đònh: Cho f, g hàm số có nguyên hàm (a, b) Khi đó: d i) f ( x )dx = ( ∫ f ( x )dx )' = f ( x ) dx ∫ ii) d ∫ f ( x )dx = f ( x ) dx ∫ ( f ( x ) ± g( x )) dx = ∫ f ( x )dx ± ∫ g( x )dx iv) ∫ kf ( x )dx =k ∫ f ( x ) dx , k ∈ ℝ iii) Hệ quả: n n i =1 i =1 ∫ ∑ ki fi ( x )dx = ∑ ki ∫ fi ( x )dx v) Nếu F’(x) = f(x) ∫ F '( x )dx = ∫ dF ( x ) =F ( x ) + C = ∫ f ( x ) dx ∫ f ( y ) dy = F ( y ) + C , ∫ f (t )dt = F ( t ) + C , Chứng minh: Dành cho độc giả (suy từ tính chất đạo hàm) III Các công thức tích phân bất đònh bản: Toán cao cấp : Giải tích 103 ∫ 0dx = C ∫ adx = ax+ C n ∫ x dx = ∫ x n +1 + C ( n ≠ -1) n +1 (ln x )' , x > dx = ln x + C ( (ln|x| + C)’ = (ln|x|)’ =  x ln(− x )' , x < 1  x = − =  − x x ∫ e dx = e x x ax ∫ a dx = +C ln a ,x < = , x ≠ 0) x +C x ,x > /  ax  x (vì   =a ) ln a   ∫ sin xdx = - cosx + C ∫ cos xdx = sinx+ C ∫ cos 10 ∫ sin 11 ∫ 1+ x 12 ∫ 13 dx x − n +1 −1 −n = x dx = +C = + C ( n ≠ 1) ∫ xn ∫ −n + (n − 1) x n −1 x x dx dx = ∫ (1 + tg x )dx = tgx + C dx = ∫ (1 + cot g2 x )dx = − cot gx + C = arctgx + C dx − x2 = arcsinx + C Toán cao cấp : dx = x Giải tích 104 x+C ∫2 sin x −d (cos x ) dx = ∫ =-ln cosx + C cos x cos x cos x d (sin x ) 15 ∫ cot gxdx = ∫ dx = ∫ =ln sinx + C sin x sin x 14 ∫ tgxdx = ∫ dx = arcsin x +C a 16 ∫ 17 ∫a 18 ∫ 19 ∫x 20 ∫ ( x − a)( x − b) = b − a ln x − a + C a −x dx x = arctg + C +x a a dx x +b = ln x + x + b + C dx x−a = ln + C (a ≠ 0) −a 2a x + a dx 21 22 x −b (a ≠ b) ∫ a − x dx = x a2 x a − x + arc sin + C (a ≠ 0) 2 a ∫ a + x dx = x a2 a + x + ln x + a2 + x + C 2 IV a 2 Vài ví dụ: x − 5x − x + x + dx ∫ x2 + 8x +   = ∫  x − 5x − +  dx x +1   Toán cao cấp : b Giải tích 105 = x 5x  8x +  − − 2x + ∫   dx  x +1  = x 5x 4.2 xdx dx − − 2x + ∫ + 9∫ x +1 x +1 = x3 5x d ( x + 1) − − x + 4∫ + 9arctgx + C x +1 = x3 5x − − x + ln( x + 1) + 9arctgx + C 1 = ∫ ( x + x ) x x dx ∫ ( x + x ) x x dx 11 (1+ )   (2 + ) 154 114 = ∫  x + x  dx = ∫ x + x dx = x + x +C 15 11   (e3 7)x e3 x x = c ∫ e dx = ∫ (e 7) dx = +C ln e3 + ln dx d ( x + a) =∫ =ln x+a + C d ∫ x+a x+a 3x e x x sin xdx tgxdx tg2 x = = tgxd ( tgx ) = +C ∫ cos3 x ∫ cos2 x ∫ Cách khác: sin xdx −d (cos x ) ∫ cos3 x = ∫ cos3 x = cos2 x + C = f ∫ (x − tg2 x (1 + tg2 x ) + C = +K 2 dx x + 1)2 ( x + x + 1)2 ∫ x  − ( x + 1) = ∫ ( x + x x + + x + 1)dx dx Giải tích Toán cao cấp : =2 x3 + x + ∫ u du 106 (u = x2 + ⇒ du = 2xdx) +1 x3 u2 2 = +x+ + C = x + x + ( x + 1) + C 3 +1 dx dx ( x + a) − ( x − a) g ∫ =∫ = dx x −a ( x − a)( x + a) a ∫ ( x − a)( x + a) = 1  1  [ln|x - a| - ln|x + a|] + C −   dx = ∫ 2a 2a  x − a x + a  = x−a +C ln 2a x + a ( a ≠ 0) h ∫ tg2 xdx = ∫ (tg2 x + − 1)dx = tgx - x + C i ∫ tg xdx = ∫ (tg x + tg x − tg x + tgx − tgx )dx = ∫ tg x (tg x + 1)dx − ∫ tgx (tg x + 1)dx + ∫ tgxdx 5 3 2 tg4 x tg2 x − − ln cos x +C = V Phương pháp tính tích phân bất đònh: Phương pháp đổi biến: a Giả sử f hàm số có nguyên hàm miền D Đặt x = ϕ(t), với ϕ hàm khả vi đơn điệu biến t miền giá trò ϕ(t) chứa D Khi đó: ∫ f ( x )dx = ∫ f (ϕ (t))ϕ '(t)dt Ví dụ: 1) ∫ sin x x dx Đặt: x = t3 ⇒ dx = 3t2dt , x = t2, x=t Toán cao cấp : ⇒ I= Giải tích 107 (sin t )3t dt = ∫ 3sin tdt = -3cost + C ∫ t2 2) I = ∫ a − x dx Đặt : x = asint với − = -3cos x + C (a > 0) , a2 - x2 ≥ ⇔ - a ≤ x ≤ a π ⇒ I = ∫ a − x dx = ≤t≤ ∫ π ⇒ dx = acostdt ⇒ sint= a2 − a sin t acostdt = ∫ a cos2 ta cos tdt = ∫ a2 cos t cos tdt = ∫a cos2 tdt  π π (vì t ∈  − ,  ⇒ cost ≥ ⇒ |cost| = cost )  2 a2 (1 + cos 2t ) = ∫ dt a2 a2 = t + sin 2t + C a2 x a2 = arcsin + sin t cos t +C a = a2 x a2 x x2 arcsin + 1− + C a a a = a2 x x arcsin + a − x2 + C a b Đặt u = h(x) với h khả vi liên tục Ta có: ∫ g(h( x ))h '( x )dx = ∫ g(u)du 18 Ví dụ : 1) 3  ∫ ( 3x + 5)  x + 5x  dx Đặt : 3x + x ⇒ du = (3x7 + 5)dx u= ( u = h(x) ⇒ du = h’(x)dx) 19 u19 3  ⇒ I= ∫ u du = +C=  x + 5x  19 19   18 +C x a Toán cao cấp : 2) ∫x 3xdx = + x + 15 ∫ (x Giải tích 108 3xdx + 3)2 + u = x2 + ⇒ du = 2xdx xdx du ⇒ I= ∫ = ∫ 2 ( x + 3) + u +6 Đặt :  x2 +  u arctg +C= arctg   +C 4   = 3) I = e3 x dx ∫ e2 x + Đặt : u = ex ⇒ du = exdx e3 x dx e2 x e x dx u2 du u2 + − = = = ∫ e2 x + ∫ e2 x + ∫ u2 + ∫ u2 + du du = ∫ du − ∫ = u − arctgu + C = e x − arctge x + C u +1 dx dx dx 1 du x a 4) ∫ = = = ∫ (u = ) 2 2 ∫ ∫ x +a a x a x a u +1 a   +1   +1 a a 1 x = arctan u + C = arctan + C a a a dx dx dx 5) ∫ =∫ =∫ a2 − x   x 2  x a − a 1 −       a  a   I = =∫ 6) ∫ x x   u =  = arcsin u + C = arcsin + C (a>0) a a 1− u  du dx x +b = ln x + x + b + C Đặt u = x + x + b ⇒ du = x2 + b + x x2 + b dx Toán cao cấp : dx ⇒ ⇒ 2 ∫ x +b dx = Giải tích du 109 = du u x +b +x du =∫ = ln|u| + C = ln x + x + b u x +b +C Phương pháp tích phân phần: Cho u = u ( x ) , v = v ( x ) hàm khả vi có đạo hàm liên tục Khi đó: ∫ udv = uv − ∫ vdu Chứng minh: Ta có: d(uv) = vdu + udv ⇒ ∫ d (uv) = ∫ udv + ∫ vdu Suy ∫ udv = uv − ∫ vdu Thông thường để tính : ∫ f ( x )dx , ta phân tích : f(x)dx = udv cho tính tích phân ∫ vdu ∫ dv Nhận xét: e x    • Dạng: ∫ p( x )  cos x  dx Đặt u = p(x) dv = sin x     ln x    • Dạng: ∫ p( x )  arctgx  dx arcsin x     ln x    Đặt u=  arctgx  dv =p(x)dx arcsin x    Ví dụ: a) x ∫ x e dx e x     cos x  dx sin x    Toán cao cấp : Giải tích 110 Đặt: u = x2 ⇒ du = 2xdx dv = exdx, chọn v = ex (dv = exdx ⇒ v = ex + C, chọn C = 0) Do : ∫ x e x dx = uv - ∫ vdu = x2ex - ∫ xe x dx Đặt: u = 2x ⇒ du = 2dx; dv = exdx, chọn v = ex ⇒ ∫ x e x dx = x2ex - [2xex - ∫ 2e x dx ] = x2ex - 2xex + 2ex + C Tổng quát : = xnex - nxn - 1ex + n(n - 1)xn - 2ex + + (-1)n - 1n! xex ∫ x e dx n x + (-1)nn! ex + C b) ∫ ln xdx Đặt :u = lnx ⇒ du = dx ; x dv = dx, chọn v = x xdx ∫ ln xdx = xlnx - ∫ x = xlnx - x + C c) ∫x n ln xdx , n ≠ -1 Đặt : u = lnx ⇒ du = n ∫ x ln xdx = d) x n +1 dx; dv = xndx, chọn v = x n +1 x n +1 x n+1 x n +1 x n+1 ln x − ∫ dx = ln x − +C n +1 (n + 1) x n +1 (n + 1)2 I= ∫ x sin xdx Đặt: u = x3 ⇒ du = 3x2dx dv = sinxdx, chọn v = -cosx ⇒ I = -x3cosx + ∫ 3x cos xdx = -x3cosx + 3x2sinx - ∫ x sin xdx = -x3cosx + 3x2sinx + 6xcosx - ∫ cos xdx Toán cao cấp : a22 = Giải tích 165 ∂ f ∆(M ) = a11 a12 = a a - (a )2 (vì a = a ) 11 22 12 12 21 a21 a22 ∂ y2 Ta có: i) Nếu ∆(M0) < f(x, y) không đạt cực trò (x0, y0) a > ii)  11 f đạt cực tiểu (x0, y0) ∆ ( ) > M  a < iii) Nếu  11 (a22 < 0) f đạt cực đại (x0, y0) ∆( M ) > Nhận xét: • Khi ∆(M0) > a11 a22 dấu • Khi ∆(M0) = kết luận tổng quát Ví dụ: Tìm cực trò (nếu có) u = f(x, y) với f(x, y) i) x2 + y2 + 2x - 6y – iii) x + ii) x3 + y2 + 12xy + y + + 4x y iv) 3- x2 y − vi) 2x4 + y4 - x2 - 2y2 + v) xy − x2 + y2 vii) x4 + y4 - x2 - y2 - 2xy + Giải i) u’x = ∂ u = 2x + 2, u’y = 2y - ∂x u x' =  x = −1 Tìm điểm dừng  ⇔  ' y = u y = ∂ 2u a11 = u xx'' = u ' = ∂ u2 (-1, 3) = 2, u '' = (-1, 3) = x y ∂y ∂x a12 = ∂ f (-1, 3) = ∂ f (-1, 3) = ∂ x∂ y ∂ y∂ x Toán cao cấp : ⇒ ∆(-1, 3) = Giải tích 166 = > a11 > 0 ⇒ Hàm đạt cực tiểu (-1, 3) UCT = -13 u x' =  x =  x = 24 ii) u’x = 3x + 12y, u’y = 2y + 12x,  ⇔ ∨  '  y =  y = −144 u y = u x'' = 6x, u ''y = 2, uxy'' = 12 ∆(0, 0) = 12 12 ∆(24, -144) = = -144 < ⇒ hàm không đạt cực trò (0, 0) 144 12 = 144 > a11 = 144 > 12 ⇒ hàm đạt cực tiểu (24, -144) Bạn đọc tự giải ví dụ lại Đònh lý: Giả sử ∂ f tồn liên tục điểm dừng ∂ xi∂ x j x0 = ( x10 , x20 , , xn0 ) ∀i, j = 1, n a11 a12 a1k Đặt aij = a a a ∂2f ( x0 ) ; Hk = 21 22 2k , k = 1, n ∂ xi∂ x j ak a k2 a kk Ta có : i) Nếu Hk > 0, ∀k = 1, n ⇒ f đạt cực tiểu x0 ii) Nếu (−1)k Hk > 0, ∀k = 1, n ⇒ f đạt cực đại x0 iii) Nếu ∃ k ∈ {1, 2, , n −2} cho : Hk Hk+2 < ⇒ f không đạt cực trò x0 iv) Nếu ∃k cho H2k < ⇒ f không đạt cực trò x0 Trường hợp riêng n = ta có : Toán cao cấp : Giải tích 167 + H1, H2, H3 > ⇒ f đạt cực tiểu + H1 < 0, H2 > 0, H3 < ⇒ f đạt cực đại + H2 < ⇒ f không đạt cực trò + H1 H3 < ⇒ f không đạt cực trò Ví dụ: f ( x, y , z ) = x + 2y z + + x 2y z z ∂f 1 ∂f 2y ∂ f = − 2, = − = 1− , ∂ y x 2y ∂ z 2y z ∂x x z ∂2f ∂ f 4y , ∂ f = 3, = = 2 y ∂z x ∂y z ∂x ∂2f ∂2f −2 ∂ f ∂2f −1 = = , = = ∂ x∂ y ∂ y∂ x x ∂ y∂ z ∂ z∂ y y ∂2f ∂2f = =0, ∂ x∂ z ∂ z∂ x Tìm điểm dừng: ∂ f ∂ x  ∂ f  ∂ y ∂ f  ∂ z   xz >  2 =0  xyz ≠ x = z  x2 2 y = x  =0⇔ ⇔ y =  2  xz = y  2 y = z  x2  =0  x = 4( )   x = x  x2 = = z  x = z =  x = z = −1 x2  ⇔  y = ⇔  hay  1   y =  y =  xz >  ⇒ Có điểm dừng M1 (1, 1/2, 1), M2 (−1, 1/ 2, −1) Toán cao cấp : Giải tích 168 + Xét M1 (1, 1/2, 1) ∂ f (M ) = 2; a = 8, a = 2; 22 33 ∂ x2 ∂ f (M ) = −2; a12 = a21 = ∂ x∂ y a11 = a13 = a31 = 0; a23 = a32 = ∂ f (M ) = −2 ∂ y∂ z  -2  -2 H =  -2 -2  , H1 = 2, H2 = = 12   -2  -2 -2    -2 -2 -2 H3 = -2 -2 = -2 = = 16 -2 -2 -2 ⇒ f đạt cực tiểu M1 (1, + Xét M2 (−1, , 1) , −1) a11 = −2, a22 = −8, a33 = −2, a12 = −2, a13 = 0, a23 = −2 H1 = −2 < 0, H2 = -2 -2 -2 -2 H3 = -2 - -2 = -6 -2 = −2 -2 - -2 -2 -2 -2 -2 -8 -6 -2 -2 -2 = 12 > = −16 < ⇒ f đạt cực đại M2 (−1, 1/ 2, −1) Cực trò có điều kiện: Bài toán: Tìm cực trò hàm z = f (x1, x2, , xn) thỏa m điều kiện (với m < n): Toán cao cấp : Giải tích 169 g1 ( x1 , x2 , , xn ) =  (I) g ( x1 , x2 , , xn ) =  g m ( x1 , x2 , , xn ) = • (1) (2) ( m) Cách : Giả sử m < n ta có g1 ( x1 , x2 , , xn ) = g ( x , x , , x ) =  2 n   g m ( x1 , x2 , , xn ) = ⇒ z = f (xm+1, xm+2, , xn)  x1 = h1 ( xm +1 , xm + , , xn )  x = h ( x , x , , x )  m +1 m+ n ⇔   xm = hm ( xm +1 , xm + , , xn ) hàm có n − m biến Khi ta tìm cực trò không điều kiện hàm n-m biến Ví dụ: Tìm cực trò : f(x1, x2 , x3, x4 ) = 2x1 + x23 + x32 − x4 thỏa điều kiện: x − x + x − x = (*)  (m = 2, n = 4)  x1 + x2 − x3 + 3x4 =  x = + x3 − x4 (*) ⇔   x2 = −1 + 3x3 − x4 Thế vào biểu thức hàm f ta có Ta có f(x1, x2 , x3, x4 ) = 2x1 + x23 + x32 − x4 = 2(2 + x3 − x4 ) + ( −1 + x3 − x4 ) + x32 − x4 = F (x3, x4 ) • Cách 2: Đặt φ (x1, x2, , xn, λ1, , λm ) = f(x) + m ∑ λ g ( x) j =1 j j với x = ( x1, , xn ) Hàm φ gọi hàm phụ Lagrange Toán cao cấp : Giải tích 170 Đònh lý (Điều kiện cần) Giả sử f, g1, g2, , gm có đạo hàm riêng cấp x = ( x10 , x 20 , x 30 , , x n0 ) f đạt cực trò x0 Khi ∃ λ10 , λ20 , , λm0 cho ∂φ ( x0 ) = g ( x ) = 0,∀j = 1, m j ∂λ j ∂φ 0 ( x , x , xn0 , λ10 , λ20 , , λm0 ) = , ∀k = 1, n ∂ xk Do để tìm cực trò có điều kiện, ta giải hệ phương trình:  ∂φ  ∂λ = 0, j = 1, m  i   ∂φ = 0, k = 1, n  ∂ xk Nếu ( x10 , x20 , , xn0 , λ10 , λ20 , , λm0 ) nghiệm hệ x0 = ( x10 , x20 , , xn0 ) gọi điểm dừng λ10 , λ20 , , λm0 gọi nhân tử Lagrange Đònh lý: (Điều kiện đủ) Giả sử điều kiện cần đònh lý thỏa ∂ f tồn tại, ∂ xi∂ x j liên tục điểm dừng x0 ứng với λ0 = ( λ10 , λ20 , , λm0 ) Đặt aij = ∂ 2φ ( x0 , λ0 ) , ∂ xi∂ x j bij = ∂ gj ∂ 2φ ( x0 ) = (x ) ∂ xi ∂ xi ∂λ j Toán cao cấp : Hk = Giải tích 171 a11 a12 a1k b11 b12 b1 m a21 a22 a2 k b21 b22 b2 m ak ak akk bk bk bk m b11 b21 bk 0 b12 b22 bk 0 b1 m b2 m bk m 0 ; k = 1, 2, , n Hb = Hn Ta có: i) Nếu (-1)m Hk > 0, ∀k = m + 1, n ⇒ f đạt cực tiểu thỏa điều kiện (I) x0 ii) Nếu (-1)k Hk > 0, ∀k = m + 1, n ⇒ f đạt cực đại thỏa điều kiện (I) x0 Ví dụ 1: n = 4, m = a11 a11 H2 = a21 ∂g ∂ x1 a12 a22 ∂g ∂ x2 a12 a13 a22 a23 a31 a32 a33 ∂g ∂ x1 ∂g ∂ x2 ∂g ∂ x3 ∂g ∂ x1 a21 ∂g ;H = ∂ x2 ∂g ∂ x1 ∂g ∂ x2 ∂g ∂ x3 Giải tích Toán cao cấp : 172 ∂g ∂ x1 ∂g ∂ x2 ∂g ∂ x3 ∂g ∂ x4 a11 a12 a13 a14 a21 a22 a23 a2 H4 = a31 a32 a33 a3 a41 a42 a43 a4 ∂g ∂ x1 ∂g ∂ x2 ∂g ∂g ∂ x3 ∂ x4 Ta có : i) H2 < 0, H3 < 0, H4 < ⇒ f đạt cực tiểu (vì m = ⇒ (-1)m < 0) ii) H2 > 0, H3 < 0, H4 > ⇒ f đạt cực đại Ví dụ 2: n = 3, m = Ta có : i) H2 < 0, H3 < ⇒ f đạt cực tiểu ii) H2 > 0, H3 < ⇒ f đạt cực đại Ví dụ 3: n = 4, m = Ta có : i) H3, H4 > ⇒ cực tiểu ii) H3 < 0, H4 > ⇒ cực đại Ví dụ 4: Tìm cực trò : f(x, y, z, t) = x + y + z + t với điều kiện : g (x, y, z, t) = 81 - xyzt = (ta có m = 1, n = 4) Cách : t = 81 xyz ⇒ f(x, y, z, t) = F (x, y, z) = x + y + z + 81 xyz ∂ F = - 81 , ∂ F = - 81 , ∂ F = - 81 , x yz ∂ y xy z ∂ z xyz ∂x Toán cao cấp : Giải tích 173 ∂ F = 162 , ∂ F = 162 , ∂ F = 162 ∂ x x3 yz ∂ y xy z ∂ z xyz ∂ F = 81 , ∂ F = 81 , ∂ F = 81 ∂ x∂ y x y z ∂ y∂ z xy z ∂ x∂ z x yz ∂ F ∂ x =0  x yz = 81  x = y = z  ∂ F = ⇔  xy z = 81 ⇔    x = 81 ∂ y  xyz = 81  ∂ F =0  ∂z ⇔ x = y = z = ∨ x = y = z = -3 Xét M1(3, 3, 3), a11 = a22 = a33 = 162 = 81.3 a12 = a21 = a13 = a31 = a23 = a32 = 3 H3 = 3 H2 = 3 3 3 1 1 = = 27 27 1 2 1 1 = = , 3 H1 = H1, H2, H3 > ⇒ F đạt cực tiểu M1 (3, 3, 3) ⇒t= 81 ⇒ t = ⇒ f đạt cực tiểu thỏa điều kiện xyz Giải tích Toán cao cấp : 174 g(x, y, z, t) = M’1 (3, 3, 3, 3) Xét M2 (-3,-3, -3) Ta có : a11 = a22 = a33 = − ; a12 = a13 = a23 = − 3 1 ; H = ⇒ H3 = − = − 27 27 1 2 = ; H1 = − 3 H1 < 0, H2 > 0, H3 < ⇒ f đạt cực đại thỏa điều kiện g(x, y, z, t) = M 2′ (-3, -3, -3, -3) Cách : Đặt φ(x, y, z, t, λ) = x + y + z + t + λ(81 - xyzt) Điểm dừng nghiệm :  ∂φ  ∂λ = 81 − xyzt =   ∂φ = − λ yzt = 0;  ∂ x  ∂φ = − λ xyt = 0;  ∂ z ∂φ = − λ xzt = ∂y ∂φ = − λ xyz = ∂t x = y = z = t = ⇔  hay λ = 27  x = y = z = t = −3   λ = − 27 ∂ g = -yzt, ∂ g = -xzt, ∂ g = -xyt, ∂ g = -xyz ∂y ∂x ∂z ∂t ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ = = = =0, ∂ x2 ∂ y ∂ z ∂ t ∂ 2φ = -λzt, ∂ 2φ = -λxt, ∂ 2φ = -λyt, ∂ x∂ y ∂ y∂ z ∂ x∂ z ∂ 2φ ∂ 2φ = -λxy, ∂ 2φ = −λ yz; = −λ xz ∂ x∂ t ∂ y∂ t ∂ z∂ t Giải tích Toán cao cấp : 175 27 ∂g ∂g ∂g ∂g (M1 ) = (M1 ) = (M1 ) = ( M ) = -27 ∂x ∂y ∂z ∂t Xét M1 = (3, 3, 3, 3) với λ1 = a11 = a22 = a33 = a44 = 0, a12 = a21 = a13 = a31= a14 = a41= a23 = a32 = a24 = a42 = a34 = a43 = - 1 3 = 27 1   −3 −3   −1 −  3  1 ⇒ Hb =  − −  3  1 − − − 3   −27 − 27 − 27   − − 27 − 27 − 27 − 27 −27 − 27 = -2.35 − 27 − − − 1 − − 3 − 27 − 27 − 27 − − 27 − 27 − 27 H2 = − H3 = − − − − 27 − 27 = -35               Toán cao cấp : H4 = − − −27 − 1 − 3 1 − − 3 1 − − 3 1 − − 3 − 27 − 27 − 27 − Giải tích − 176 − 27 − 27 − 27 = -4.33 − 27 Ta có : (-1)mHk = -Hk > 0, ∀k = 2, ⇒ f đạt cực tiểu thỏa điều kiện g(x, y, z, t) = M (3, 3, 3, 3) Xét M2(-3, -3, -3, -3) với λ2 = − Tương tự, ta có: 27 5 H2 = 2.3 , H3 = -3 , H4 = 4.3 ⇒ (-1)kHk > 0, ∀k = 2, ⇒ f đạt cực đại thỏa điều kiện g(x, y, z, t) = M2(-3, -3, -3, -3) Chú ý: A , B ma trận vuông cấp n B = - A detB = (- 1) n detA Ví dụ: Tìm cực trò hàm f(x, y, z) = 2x + y + 3z thỏa điều kiện: x2+ 4y2 + 2z2 = 35 (1) Cách 1: Dùng bất đẳng thức BCS Cách 2: Đặt g(x, y, z) = x2+ 4y2 + 2z2 – 35 Đặt F(x, y, z, λ) = f + λg = 2x + y + 3z + λ( x2+ 4y2 + 2z2 – 35) ∂F ∂F = + 2λ x ; = + 8λ y ∂x ∂y Toán cao cấp : Giải tích 177 ∂F ∂F = + 4λ z ; = g = x + y + z − 35 ∂z ∂λ ∂2F ∂2F ∂2F ∂2F = λ ; = λ ; = λ ; =0 ∂x ∂y ∂z ∂λ ∂2 F ∂2F ∂2F ∂ F ∂g ∂ F ∂g = = =0; = = 2x ; = = 8y ; ∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z ∂λ∂x ∂x ∂λ∂y ∂y ∂ F ∂g = = 4z ∂λ∂z ∂z Điều kiện cần để F đạt cực trò (x, y, z, λ) là: ∂ F  ∂λ  ∂ F  ∂ x ∂ F  ∂ y  ∂ F  ∂ z = g = x + y + z − 35 = = + 2λ x = = + 8λ y = = + 4λ z = −1  x =  x = −4 x = λ = 8y     y = − − y = y =  2 ⇔  ⇔  hay  8λ z z = = −    −3 = 6y z =   −1 4λ  λ = λ = 2   64 y + y + 2.36 y − 35 =  −1  i) Xét (x, y, z, λ) =  4; ;3;    Toán cao cấp : Giải tích 178 ∂g ∂g ∂g (4; ;3) = 8; (4; ;3) = 4; (4; ;3) = 12 ; ∂x ∂y ∂z a11 = a33 = ∂2F −1 −1 ∂2F −1 a (4; ;3; ) = ; = (4; ;3; ) = −2 ; 22 2 ∂y ∂x ∂2 F −1 (4; ;3; ) = −1 ;a12 = a21 = a31 = a13 = a23 = a32 = ∂z    Hb =     H3 = −1 −2  −    H1 = - 64 ; H = − > 0 − 12   12  −1 −2 0 8 0, ∀k = 1,3 ⇒ f đạt cực đại thỏa điều kiện:   x2+ 4y2 + 2z2 = 35  4; ;3    −1 1  ii) Tương tự xét (x, y, z, λ) =  −4; ; −3;  4  ta có : (-1)mHk = -Hk > 0, ∀k = 1,3 ⇒ f đạt cực tiểu thỏa điều kiện: −1   x2+ 4y2 + 2z2 = 35 (x, y, z, λ) =  −4; ; −3    Ví dụ: i) Tìm cực trò u = x + y + z với điều kiện xyz = 125 ii) Tìm cực trò u = f(x, y, ) = x + y với điều kiện Toán cao cấp : Giải tích 179 x2+ y2 + 2z2 = iii) Tìm cực trò u = f(x, y, z, t) = x + y + z + t với điều kiện 16 - xyzt = Giải: Dành cho bạn đọc