Bài giảng Toán cao cấp (Phần 2)

⊂ nℝ , ánh xạ f : D → ℝ , (x1, ..., xn) ֏ u = f(x1, x2, ..., xn) được gọi là hàm n biến xác định trên D. Ví dụ : f(x, y, z) = x2 - 3xy + 5yz7 có MXĐ là 3ℝ f(x, y, z) = 2 2 2 x xy y xyz + − có MXĐ là 3ℝ \{(x, y, z)/xyz = 0} 2. Khoảng cách: Với x = (x1, x2, ..., xn), y = (y1, y2, ... , yn) ta định nghĩa khoảng cách giữa x và y là d(x, y) = 2 1 ( ) n i i i x y = −∑ 3. Quả cầu mở, quả cầu đóng: với ( )1 2, ,..., nnM x x x= ∈ℝ và 0ε > , ta gọi:
( ) ( ){ }, / ,nB M y x yε ρ ε= ∈ <ℝ là quả cầu mở tâm M, bán kính ε .
( ) ( ){ }, / ,nB M y x yε ρ ε= ∈ ≤ℝ là quả cầu đóng tâm M, bán kính ε . 4. Tập mở , tập đóng: Tập nD ⊂ ℝ được gọi là tập mở nếu với mọi ( )1 2, ,..., nM x x x D= ∈ , tồn tại quả cầu mở tâm M, bán kính ε chứa trong D. Tập nD ⊂ ℝ được gọi là tập đóng nếu phần bù \n Dℝ là tập mở. Ví dụ: { }2 2 2( , ) / 4A x y x y= ∈ + <ℝ là tập mở trong 2ℝ Toán cao cấp : Giải tích 154 { }3 2 2 2( , , ) / 1B x y z x y z= ∈ + + ≤ℝ là tập đóng trong 3ℝ . 5. Điểm tụ: Cho tập D ⊂ ℝn , điểm M∈ D gọi là điểm tụ của D nếu mọi tập mở V chứa M thì ta có D ∩ V \ { }M ≠ ∅ II. Giới hạn và liên tục: 1. Định nghĩa: Cho hàm số f xác định trên tập D ⊂ ℝn , giả sử x0 = 0 0 01 2( , ,..., )nx x x ∈ D và x0 là điểm tụ của D. Số A được gọi là giới hạn của f tại x0 nếu ∀ε > 0, ∃α > 0 sao cho x ∈ D và 0 < d(x, x0) < α ⇒ |f(x) – A | < ε. Ký hiệu: 0 lim ( ) x x f x → = A , hay 0 0 1 2 1 1 2 ( , ,..., ) ( ,..., ) lim ( , ,..., ) n n n x x x x x f x x x → = A, hay 0 1 1 0 2 2 0 1 2lim ( , ,..., ) n n n x x x x x x f x x x A → → → = ⋯⋯⋯ hay f(x) → A khi x → x0 2. Định nghĩa: Cho hàm số f xác định trên tập D chứa x0. Ta nói f liên tục tại x0 nếu 0 lim ( ) x x f x → = f(x0) • f liên tục trên D nếu f liên tục tại mọi x ∈ D. Ghi chú: Sự liên quan giữa giới hạn hàm và giới hạn dãy tương tự như hàm một biến. Ví dụ: ( i ) f(x, y) = 3 5 x y x y − + có 0 0 lim(lim ( , )) x y f x y → → = 3 và 0 0 1lim(lim ( , )) 5y x f x y → → = − nhưng 0 0 lim ( , ) x y f x y → → không tồn tại vì (xn, yn) = 1 1, n n       → (0, 0) và (x’n, y’n) = 2 1, n n       → (0, 0) mà f(xn, yn) = 2 6 n n → 1 3 và f(x’n, y’n) = 5 7 n n → 5 7 Toán cao cấp : Giải tích 155 (ii) f(x,y) = 2 2 2 2 2( ) x y x y x y+ − có 0 0 lim lim ( , ) x y f x y → →      = 0 0 lim lim ( , ) y x f x y → →     = 0 nhưng 0 0 lim ( , ) x y f x y → → không tồn tại vì (xn, yn) = 1 1, n n       →(0,0) và ( ),n nx y′ ′ = 1 1, n n   −    → (0, 0) mà f(xn, yn) = 4 4 1 1 n n → 1 và ( ),n nf x y′ ′ = 4 4 4 1 1 4 n n n + → 1 5 III. Đạo hàm riêng: Định nghĩa: Giả sử u = f(x1, x2, ..., xn) xác định trên tập mở D ⊂ nℝ và A(a1, a2, a3, ..., an) ∈ D. Nếu 1 2 1 2 0 ( , ,..., ,..., ) ( , ,... )lim i n n h f a a a h a f a a a h→ + − tồn tại hữu hạn thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm riêng của hàm u = f(x1, x2, ..., xn) tại A(a1, a2, ..., an) theo biến xi. Ký hiệu: i f x ∂ ∂ (a1, a2, ..., an) hay i u x ∂ ∂ (a1, a2, ..., an) hay / ix u hay / ix f hay /iu hay / if Nhận xét: Đạo hàm riêng theo biến xi thì riêng xi coi như biến số và các xk với k ≠ i thì coi như hằng số. Ví dụ: f(x, y, z) = xy3z6 + y2 + 5y4z3 + 8x5z, ta có: f x ∂ ∂ = y 3z6 + 40x4z, f y ∂ ∂ = 3xy 2z6 + 2y + 20y3z3, Toán cao cấp : Giải tích 156 f z ∂ ∂ = 6xy 3z5 + 15y4z2 + 8x5 IV. Đạo hàm của hàm hợp: Cho x = (x1, x2, ..., xn) nU∈ ⊂ℝ ,U mở. t = (t1, t2, ..., tm ) mV∈ ⊂ℝ , V mở :f U → ℝ , : nkg V → ℝ , 1,k n∀ = Giả sử ( )kg V U⊂ . .Cho z = f(x1, x2, ..., xn) ; xk = gk(t1, t2, ..., tm), k = 1,n . Giả sử f có các đạo hàm riêng theo biến xk , k = 1,n tại x ; gk có các đạo hàm riêng theo biến ti, i = 1,m tại t. Khi đó, ta có: i z t ∂ ∂ (t) = ( ) ( )1 ∂∂ ∂ ∂ = ∑ n k k i xf x t x tk , i = 1,m Ví dụ : z = f(x1, x2, x3) ; xk = gk(t1, t2, t3, t4), k = 1,2, 3 1 z t ∂ ∂ = 31 2 1 1 2 1 3 1 xx xz z z x t x t x t ∂∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + 31 2 2 1 2 2 2 3 2 ∂∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + xx xz z z z t x t x t x t Tương tự cho 3 z t ∂ ∂ và 4 z t ∂ ∂ . Ví dụ : f(x1, x2) = 2 31 2x x− ; x1 = 3t1 + 2 2t , x2 = 2 4 1 2t t+ 1 f t ∂ ∂ = 1 2 1 1 2 1 x xf f x t x t ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ = 2x1(3) + ( )223x− (2t1) ( )22 2 41 2 1 1 218 6 6t t t t t= + − + 2 f t ∂ ∂ = 1 2 1 2 2 2 x xf f x t x t ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ = (2x1)(2 t2) + ( )223x− ( )324t Toán cao cấp : Giải tích 157 = 4(3t1 + 22t )t2 − 12 ( )22 4 31 2 2t t t+ V. Vi phân: Hàm u = f(x1, x2, ..., xn) xác định trên tập mở D chứa x = (x1, x2, ..., xn) được gọi là khả vi tại x = (x1, x2, ..., xn) nếu số gia toàn phần của nó ( ) ( )1 1 2 2 3 3 1 2 3, , ,..., , , ,...,n n nu f x x x x x x x x f x x x x∆ = + ∆ + ∆ + ∆ + ∆ − có thể biểu diễn dưới dạng ∆u = A1∆x1 + A2∆x2 + ... + An∆xn + o(ρ) với Ai không phụ thuộc vào ∆xi, ,i n∀ =1 và 0 ( )lim o ρ ρ ρ→ = 0, trong đó 2 2 21 2 ... nx x xρ = ∆ + ∆ + + ∆ (ρ > 0) • Nếu hàm u = f(x1, x2, ..., xn) khả vi tại x = (x1, x2, ..., xn) thì ∀i =1,n ta có ( ) i u x x ∂ ∂ tồn tại và ( ) i u x x ∂ ∂ = Ai ⇒ ∆u = 1 2 1 2 ( ). ( ) ... ( ) n n u u u x x x x x x x x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∆ + ∆ + + ∆ + o(ρ) Ta gọi du(x) = 1 2 1 2 ( ) ( ) ... ( ) n n u u u x x x x x x x x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∆ + ∆ + + ∆ là vi phân toàn phần của u = f(x1, x2, ..., xn) tại x = (x1, x2, ..., xn) Khi iu x= ta có i idu dx x= = ∆ , nên ta viết : du = 1 2 1 2 ... n n u u udx dx dx x x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + + Ví dụ: u = 3x5 y - 2y3z2 + 6xyz du =(15x4y+6yz)dx + (3x5-6y2z2 + 6xz)dy + (6xy- 4y3z)dz Toán cao cấp : Giải tích 158 Định lý: Cho tập mở D n⊂ ℝ . Nếu 1,i n∀ = , i u x ∂ ∂ tồn tại và liên tục trên D chứa x = 1 2( , ,...., )nx x x thì u khả vi tại x = 1 2( , ,...., )nx x x . Ghi chú: Có khi i u x ∂ ∂ (x) tồn tại 1,i n∀ = nhưng u không khả vi tại x. VI. Đạo hàm riêng cấp cao và vi phân cấp cao: 1. Định nghĩa: Cho x = (x1, x2, ..., xn) nU∈ ⊂ℝ , U mở. Giả sử i u x ∂ ∂ tồn tại và i u x ∂ ∂ có đạo hàm riêng theo biến xk tại x thì ( ) k i u x x x ∂ ∂ ∂ ∂       được gọi là đạo hàm riêng cấp 2 của u theo biến xi , xk tại x và ta ký hiệu 2 ( ) i k u x x x ∂ ∂ ∂ hay (2) ( ) i kx x u x , hay / / ( ) i kx x u x hay / / ( )iku x . Nếu i ≠ k thì 2 ( ) i k u x x x ∂ ∂ ∂ và 2 ( ) i k u x x x ∂ ∂ ∂ được gọi là đạo hàm hỗn hợp. Tương tự ta có các đạo hàm riêng cấp 3: 3 2 3 2 2 2 3 2 3 2 3 2 , , , k k i k i i k i k k i k k i j k k i j u u u u x x x x x x x x x x u u u u x x x x x x x x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂    ∂ ∂ = =   ∂ ∂       ∂ ∂ = =     ∂ ∂ ∂    2. Định lý Schwarz: Cho u là hàm xác định trên tập mở D ⊂ ℝn . Nếu u có các đạo hàm riêng 2 i k u x x ∂ ∂ ∂ , 2∂ ∂ ∂k i u x x liên tục trên D chứa (a1, a2, ..., an), , 1,i k n∀ = thì Toán cao cấp : Giải tích 159 2 i k u x x ∂ ∂ ∂ (a1, a2, ..., an) = 2∂ ∂ ∂k i u x x (a1, a2, ..., an) Ghi chú: Do định lý Swcharz nên một số tác giả còn sử dụng ký hiệu 2∂ ∂ ∂ ∂   ∂ =  ∂ ∂ k i k i u u x x x x Ví dụ: f(x, y, z) = x3y5z8 + x2y2 + y2z2 f x ∂ ∂ = 3x2y5z8+2xy2, 2 2 f x ∂ ∂ = 6xy5z8+2y2, f y ∂ ∂ = 5x3y4z8 +2x2y+2yz2 2 2 f y ∂ ∂ = 20x3y3z8 + 2x2 +2z2, 2 2f f x y y x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = 15x2y4z8 + 4xy Ví dụ: Cho f(x, y, z) = x2 + y3 + z4 - x6y8z5 Ta có: f x ∂ ∂ = 2x - 6x5y8z5, f y ∂ ∂ = 3y2 - 8x6y7z5, f z ∂ ∂ = 4z3 - 5x6y8z4 2 f x y ∂ ∂ ∂ = 5 7 548x y z y x ∂ ∂ ∂ ∂   = −    , 2 f y x ∂ ∂ ∂ = 5 7 548x y z x y ∂ ∂ ∂ ∂   = −    = 2 f x y ∂ ∂ ∂ Tương tự ta có : 2 f x z ∂ ∂ ∂ = 2 f z x ∂ ∂ ∂ = -30x5y8z4 và 2 f y z ∂ ∂ ∂ = 2 f z y ∂ ∂ ∂ = -40x6y7z4 2 2 f x ∂ ∂ = f x x ∂ ∂ ∂ ∂       = 2 - 30x4y8z5 Toán cao cấp : Giải tích 160 2 2 f y ∂ ∂ = f y y ∂ ∂ ∂ ∂       = 6y - 56x6y6z5 2 2 f z ∂ ∂ = f z z ∂ ∂ ∂ ∂       = 12z2 - 20x6y8 z3 Ví dụ: Cho hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 , 0,0 , 0 , 0,0  − ≠ +=   = x y xy nếu x y x yf x y nếu x y Chứng minh rằng ( ) ( ) 2 2 0,0 0,0f f x y y x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂≠ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 2 2 4 , , , 0,0f x y x yx y y x y x x y x y  ∂ − = + ≠  ∂ + +  . Tại điểm (0,0) ta có: ( ) ( ) ( ) 0 ,0 0,0 0,0 lim 0 x f x ff x x∆ → ∆ −∂ = = ∂ ∆ suy ra ( ) ( ) ( ) ' '2 0 0 0, 0,0 0,0 lim lim 1x x y y f y ff y x y y y∆ → ∆ → ∆ −∂ −∆ = = = − ∂ ∂ ∆ ∆ Tương tự, ( ) ( ) ( ) ' '2 0 0 ,0 0,0 0,0 lim lim 1y y x x f x ff x y x x x∆ → ∆ → ∆ −∂ ∆ = = = ∂ ∂ ∆ ∆ 3. Vi phân cấp cao của hàm hai biến: Cho u = f(x,y) có các đạo hàm riêng cấp n liên tục trên tập mở D 2⊂ ℝ chứa (x,y); ta có vi phân cấp n của f tại (x,y) là: 0 ( , )( , ) nn n k n k k n n k k k f x yd f x y C dx dy x y − − = ∂ = ∂ ∂∑ Khi n = 2 ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( , ) ( , ) ( , )( , ) 2f x y f x y f x yd f x y dx dxdy dy x x y y ∂ ∂ ∂ = + + ∂ ∂ ∂ ∂ Toán cao cấp : Giải tích 161 Khi n = 3 ta có : 3 3 3 3 3 2 2 3 2 2 ( , ) ( , ) ( , )( , ) 3 3f x y f x y f x yd f x y dx dx dy dxdy x x y x y ∂ ∂ ∂ = + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 3 3 3 ( , )f x y dy y ∂ + ∂ Ví dụ: f(x,y)=x3y5 f x ∂ ∂ = 3x2y5, f y ∂ ∂ = 5x3y4 ; 2 2 5 3 3 2 26 ; 20 f f xy x y x y ∂ ∂ ∂ ∂= = 2 f x y ∂ ∂ ∂ = 15x2y4 = 2 f y x ∂ ∂ ∂ 2 5 2 2 4 3 3 2( , ) 6 2(15 ) 20d f x y xy dx x y dxdy x y dy= + + 6. Công thức Taylor cho hàm hai biến: Cho D là tập mở trong 2ℝ , f : D →ℝ có các đạo hàm riêng cấp n liên tục trên D. Với ( ),x y ∈D và ( ) 2, ∈ℝh k sao cho: ( ),x th y tk+ + ∈ D với mọi t ∈ [0,1]. Khi đó tồn tại θ∈(0,1) sao cho: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' 2 '' '' 2 '' 11 1 1 1 0 0 , 1 , ( , ) , 2 , , 2! 1 .... , 1 ! 1 , ! x y xx xy yy nn i n i i n n i i i nn i n i i n n i i i f x h y k f x y hf x y kf h f x y hkf x y k f x y f C h k x y n x y f C h k x h y k n x y θ θ − − − − − − − = − − = + +  = + + + + +  ∂ + + − ∂ ∂ ∂ + + + ∂ ∂ ∑ ∑ Nhận xét: Nếu đặt ,= ∆ = ∆h x k y thì khai triển Taylor trong lân cận của (x,y) là : ( ) ( ) ( )1 0 , , , ! ! θ θ − = + ∆ + ∆ = + + ∆ + ∆∑ i nn i d f d f f x x y y x y x x y y i n Toán cao cấp : Giải tích 162 Ví dụ: Khai triển Taylor hàm số ( ), = xf x y y trong lân cận của điểm ( )1,1 đến bậc 2 và tính gần đúng giá trị biểu thức 1,001(1,02) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ' 1 ' '' 2 '' '' 1 '' '' 2 '' 1,1 1 , ln 1,1 0 , 1,1 1 , ln 1,1 0 , ln 1 1,1 1 , 1 1,1 0 − − − = = ⇒ = = = = = = + = = − = x x x x y y x xx xx x xy xy x yy yy f f x y y y f f x y xy f f x y y y f f x y y x y f f x y x x y f Vậy ta có: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 1 1 11 1 1 ( 1) , 1 1 ,1 1 3! lim 0 1 1 θ θ → → = + − + − − + = + − + − = − + − x x y y y x y R với R d f x y R thỏa x y Suy ra 1,001(1,02) 1 0, 2 0,01.0, 2 1, 202≈ + + = VI. Cực trị hàm nhiều biến: 1. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) = f(x1, x2, ..., xn) xác định trên D ⊂ nℝ và a = (a1, a2, ..., an) ∈ D. Ta nói f đạt cực đại (cực tiểu) địa phương tại a nếu tồn tại tập S = {x ∈ D/ ρ(x, a) < α} sao cho f(a) ≥ f(x) (hoặc f(a) ≤ f(x)), ∀ x ∈ S. Cực đại địa phương hay cực tiểu địa phương gọi chung là cực trị địa phương. 2. Định lý(Điều kiện cần) Cho hàm số f(x1, x2, ..., xn) xác định trên tập mở D chứa x0. Nếu hàm số f(x1, x2, ..., xn) có cực trị địa phương tại x0 = 0 0 01 2( , ,..., )nx x x và giả sử các đạo hàm Toán cao cấp : Giải tích 163 riêng cấp một i f x ∂ ∂ (x0) tồn tại ∀i =1,n thì i f x ∂ ∂ (x0) = 0, ∀i =1,n . Những điểm x0 = 0 0 01 2( , ,..., )nx x x thỏa điều kiện i f x ∂ ∂ (x0) = 0, ∀i =1,n được gọi là những điểm dừng. Những điểm dừng là những điểm có thể đạt cực trị. Ghi chú: Định lý trên chỉ là điều kiện cần. Có khi các đạo hàm riêng tại ( ), ,..., nx x x x= 0 0 00 1 2 của f không tồn tại nhưng f vẫn có thể đạt cực trị tại x 0 . Ví dụ: ( ),f x y x y= +2 2 . Ta có: ( ) ( ), , ,f f x y ∂ ∂ ∂ ∂ 0 0 0 0 không tồn tại nhưng f đạt cực tiểu tại ( ),0 0 . 3. Dạng toàn phương xác định dấu: Hàm A(h1, h2,.., hn) = , 1 n ij i j i j a h h = ∑ (* ) của các biến h1, h2, ..., hn được gọi là dạng toàn phương, các số aij được gọi là hệ số của dạng toàn phương. • Dạng toàn phương (* ) được gọi là xác định dương (hoặc xác định âm) nếu ∀h1, h2, ..., hn thỏa 2 1 n i i h = ∑ > 0 thì (* ) có giá trị dương (hoặc âm). • Dạng toàn phương xác định dương hay xác định âm gọi chung là dạng xác định dấu. 4. Định lý: Xét dạng toàn phương A(h1, h2,.., hn) = , 1 n ij i j i j a h h = ∑ (* ) Toán cao cấp : Giải tích 164 i) (*) là dạng toàn phương xác định dương ⇔ a11 > 0, 11 12 21 22 a a a a > 0, 11 12 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a > 0, ... , 11 12 1 21 22 2 1 2 ... ... ... ... n n n n nn a a a a a a a a a > 0 ii) (*) là dạng toàn phương xác định âm ⇔ a11 < 0, 11 12 21 22 a a a a >0, 11 12 13 21 22 23 31 32 33 a a a a a a a a a < 0, , (-1)n 11 12 1 21 22 2 1 2 ... ... ... ... n n n n nn a a a a a a a a a >0 5. Điều kiện đủ của cực trị địa phương: Giả sử ∀ , ,i j n=1 ; 2∂ ∂ ∂i j f x x tồn tại và liên tục trong lân cận của điểm dừng x0 = 0 0 0 1 2( , ,..., )nx x x . Nếu d2f(x0) = 2 , 1 ∂ ∂ ∂ = ∑ n i j i j f x x dxidxj là dạng toàn phương xác định dấu của các biến dx1, dx2, ..., dxn thì f đạt cực trị địa phương tại x0. Khi đó nếu d2f(x0) 0 thì f đạt cực tiểu tại x0. 6. Cực trị hàm 2 biến: Giả sử 2 2 f x ∂ ∂ , 2 2 f y ∂ ∂ , 2 f x y ∂ ∂ ∂ tồn tại và liên tục tại M0(x0, y0). Giả sử ∂ ∂ f x (x0, y0) = f y ∂ ∂ (x0, y0) = 0 (M0 là điểm dừng) Đặt a11 = 2 2 f x ∂ ∂ (x0, y0) , a12 = 2 f x y ∂ ∂ ∂ (x0, y0), a21 = 2 f y x ∂ ∂ ∂ (x0, y0), Toán cao cấp : Giải tích 165 a22 = 2 2 f y ∂ ∂ và ∆(M0) = 11 12 21 22 a a a a = a11a22 - (a12)2 (vì a12 = a21) Ta có: i) Nếu ∆(M0) < 0 thì f(x, y) không đạt cực trị tại (x0, y0) ii) 11 0 0 ( ) 0 a M > ∆ > thì f đạt cực tiểu tại (x0, y0) iii) Nếu 11 0 0 ( ) 0 a M < ∆ > (a22 < 0) thì f đạt cực đại tại (x0, y0) Nhận xét: • Khi ∆(M0) > 0 thì a11 và a22 cùng dấu. • Khi ∆(M0) = 0 thì không có kết luận tổng quát. Ví dụ: Tìm cực trị (nếu có) của u = f(x, y) với f(x, y) là i) x2 + y2 + 2x - 6y – 3. ii) x3 + y2 + 12xy + 1 iii) x + 1 4 + y x y + 2. iv) 3 - 2 2x y+ v) xy 2 2 1 4 9 x y − − vi) 2x4 + y4 - x2 - 2y2 + 6 vii) x4 + y4 - x2 - y2 - 2xy + 5 Giải i) u’x = u x ∂ ∂ = 2x + 2, u’y = 2y - 6. Tìm điểm dừng ' ' 0 0 x y u u  =  = ⇔ 1 3 x y = −  = a11 = ''xxu = 2 ' x u = 2 2 u x ∂ ∂ (-1, 3) = 2, 2''yu = 2 2 u y ∂ ∂ (-1, 3) = 2 a12 = 2 f x y ∂ ∂ ∂ (-1, 3) = 2 f y x ∂ ∂ ∂ (-1, 3) = 0 Toán cao cấp : Giải tích 166 ⇒ ∆(-1, 3) = 2 0 0 2 = 4 > 0 và a11 > 0 ⇒ Hàm đạt cực tiểu tại (-1, 3) và UCT = -13 ii) u’x = 3x2 + 12y, u’y = 2y + 12x, ' ' 0 0 x y u u  =  = ⇔ 0 0 x y =  = ∨ 24 144 x y =  = − 2 '' x u = 6x, 2''yu = 2, '' xyu = 12 ∆(0, 0) = 0 12 12 2 = -144 < 0 ⇒ hàm không đạt cực trị tại (0, 0) ∆(24, -144) = 144 12 12 2 = 144 > 0 và a11 = 144 > 0 ⇒ hàm đạt cực tiểu tại (24, -144) Bạn đọc tự giải các ví dụ còn lại. 7. Định lý: Giả sử 2 i j f x x ∂ ∂ ∂ tồn tại và liên tục tại điểm dừng x0 ( ), ,.., nx x x= 0 0 01 2 ∀i, j =1,n . Đặt aij = ( ) 2 0 ∂ ∂ ∂i j f x x x ; Hk = 11 12 1k 21 22 2k 1 k2 kk a ...a a ...a ... a ...ak a a a , k =1,n . Ta có : i) Nếu Hk > 0, ∀k =1,n ⇒ f đạt cực tiểu tại x0 ii) Nếu (−1)k Hk > 0, ∀k =1,n ⇒ f đạt cực đại tại x0 iii) Nếu ∃ k ∈ {1, 2, ..., n −2} sao cho : Hk. Hk+2 < 0 ⇒ f không đạt cực trị tại x0. iv) Nếu ∃k sao cho H2k < 0 ⇒ f không đạt cực trị tại x0. Trường hợp riêng khi n = 3 ta có : Toán cao cấp : Giải tích 167 + H1, H2, H3 > 0 ⇒ f đạt cực tiểu. + H1 0, H3 < 0 ⇒ f đạt cực đại. + H2 < 0 ⇒ f không đạt cực trị. + H1. H3 < 0 ⇒ f không đạt cực trị. Ví dụ: 2 1( , , ) 2 = + + + y zf x y z x x y z 2 21f y x x ∂ ∂ = − , 2 2 2 f z y x y ∂ ∂ = − , 2 1 1 2 f z y z ∂ ∂ = − 2 2 3 4f y x x ∂ ∂ = , 2 2 3 f z y y ∂ ∂ = , 2 2 3 2∂ ∂ = f z z 2 2 2 2f f x y y x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − = = , 2 2 2 1 2 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − = = f f y z z y y 2 2 0f f x z z x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = , Tìm điểm dừng: 2 2 2 2 2 22 2 2 2 4 0 0 0 2 0 24 2 4( )0 2 xzf xyz x zx y xf xy y xz y xf y z x z x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   >   = ≠  =   =   = ⇔ ⇔ =   =      = ==     = ⇔ 2 2 2 1 2 0 x z xy xz  = =   =  >  ⇔ 1 1 2 x z y = =   = hay 1 1 2 = = −   = x z y ⇒ Có 2 điểm dừng là M1 (1, 1/2, 1), M2 (−1, 1/ 2, −1) Toán cao cấp : Giải tích 168 + Xét tại M1 (1, 1/2, 1) a11 = 2 2 f x ∂ ∂ (M1) = 2; a22 = 8, a33 = 2; a12 = a21 = 2 f x y ∂ ∂ ∂ (M1) = −2; a13 = a31 = 0; a23 = a32 = 2 f y z ∂ ∂ ∂ (M1) = −2 H = 2 -2 0 -2 8 -2 0 -2 -2           , H1 = 2, H2 = 2 -2 -2 8 = 12 và H3 = 2 -2 0 -2 8 -2 0 -2 2 = 2 -2 0 0 6 -2 0 -2 2 = 2 6 -2 -2 2 = 16 ⇒ f đạt cực tiểu tại M1 (1, 1 2 , 1) + Xét tại M2 (−1, 1 2 , −1) a11 = −2, a22 = −8, a33 = −2, a12 = −2, a13 = 0, a23 = −2. H1 = −2 < 0, H2 = -2 -2 -2 -8 = 12 > 0 và H3 = -2 -2 0 -2 - 8 -2 0 -2 - 2 = -2 -2 0 0 -6 -2 0 -2 -2 = −2 -6 -2 -2 -2 = −16 < 0 ⇒ f đạt cực đại tại M2 (−1, 1/ 2, −1) 8. Cực trị có điều kiện: Bài toán: Tìm cực trị của hàm z = f (x1, x2, ..., xn) thỏa m điều kiện (với m < n): Toán cao cấp : Giải tích 169 (I) 1 1 2 2 1 2 m 1 2 g ( , ,..., ) 0 (1) g ( , ,..., ) 0 (2) ... g ( , ,..., ) 0 ( ) =  =    = n n n x x x x x x x x x m • Cách 1 : Giả sử m < n và ta có 1 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2 2 1 2 m 1 2 1 2 g ( , ,..., ) 0 ( , ,..., ) g ( , ,..., ) 0 ( , ,..., ) ... ... g ( , ,..., ) 0 ( , ,..., ) + + + + + + = =    = =  ⇔     = =  n m m n n m m n n m m m m n x x x x h x x x x x x x h x x x x x x x h x x x ⇒ z = f (xm+1, xm+2, ..., xn) là hàm có n − m biến. Khi đó ta tìm cực trị không điều kiện của hàm n-m biến. Ví dụ: Tìm cực trị của : f(x1, x2 , x3, x4 ) = 2x1 + 3 22 3 45 3x x x+ − thỏa điều kiện: (*) 1 2 3 4 1 2 3 4 3 5 3 1 x x x x x x x x − + − =  + − + = (m = 2, n = 4) Ta có (*) 1 3 4 2 3 4 2 2 1 3 2 x x x x x x = + − ⇔  = − + − Thế vào biểu thức của hàm f ta có f(x1, x2 , x3, x4 ) = 2x1 + 3 22 3 45 3x x x+ − ( )3 23 4 3 4 3 42(2 2 ) 1 3 2 5 3x x x x x x= + − + − + − + − = F (x3, x4 ) • Cách 2: Đặt φ (x1, x2, ..., xn, λ1, ..., λm ) = f(x) + 1 ( )λ = ∑ m j j j g x với ( ),..., nx x x= 1 . Hàm φ được gọi là hàm phụ Lagrange. Toán cao cấp : Giải tích 170 Định lý (Điều kiện cần) Giả sử f, g1, g2, ..., gm có các đạo hàm riêng cấp 1 tại nx ( x , x , x ,..., x )= 0 0 0 00 1 2 3 và f đạt cực trị tại 0x . Khi đó ∃ , ,..., mλ λ λ0 0 01 2 sao cho 0( )∂φ∂λ j x = gj( 0x ) = 0,∀j =1,m và 0 0 0 0 0 01 2 1 2( , ,.... , , ,..., ) 0 ∂φ λ λ λ∂ =n mk x x x x , ∀k =1,n . Do đó để tìm cực trị có điều kiện, ta giải hệ phương trình: 0, 1, 0, 1, i k j m k n x ∂φ ∂λ ∂φ ∂  = =    = =  Nếu 0 0 0 0 0 0 1 2 1 2( , ,..., , , ,..., )λ λ λn mx x x là nghiệm của hệ trên thì 0x = 0 0 01 2( , ,..., )nx x x được gọi là điểm dừng. , ,..., mλ λ λ0 0 01 2 được gọi là các nhân tử Lagrange. Định lý: (Điều kiện đủ) Giả sử điều kiện cần của định lý trên được thỏa và 2 i j f x x ∂ ∂ ∂ tồn tại, liên tục tại điểm dừng 0x ứng với λ0 = ( ), ,..., mλ λ λ0 0 01 2 . Đặt aij = 2 0 0( , )∂ φ λ ∂ ∂i j x x x , bij = 2 0 0( ) ( )=j i i j g x x x x ∂ ∂ φ ∂ ∂ ∂λ Toán cao cấp : Giải tích 171 Hk = 11 12 1 11 12 1 21 22 2 21 22 2 1 2 1 2 11 21 1 12 22 2 1 2 ... ... ... ... ... ... ...... ; 1, 2, ..., ... 0 0 ... 0 ... 0 0 ... 0 ... ... 0 0 ... 0 = k m k m k k kk k k k m k k m m k m a a a b b b a a a b b b a a a b b b k n b b b b b b b b b b nH H= Ta có: i) Nếu (-1)m Hk > 0, ∀k = 1,m n+ ⇒ f đạt cực tiểu thỏa điều kiện (I) tại x 0 ii) Nếu (-1)k Hk > 0, ∀k = 1,m n+ ⇒ f đạt cực đại thỏa điều kiện (I) tại x 0 . Ví dụ 1: n = 4, m = 1 H2 = 11 12 1 21 22 2 1 2 0 g a a x g a a x g g x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ; H3 = 11 12 13 1 21 22 23 2 31 32 33 3 1 2 3 0 g a a a x g a a a x g a a a x g g g x x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ Toán cao cấp : Giải tích 172 H4 = 11 12 13 14 1 21 22 23 2 4 2 31 32 33 34 3 41 42 43 4 4 4 1 2 3 4 0 g a a a a x g a a a a x g a a a a x g a a a a x g g g g x x x x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ Ta có : i) H2 < 0, H3 < 0, H4 < 0 ⇒ f đạt cực tiểu (vì m = 1 ⇒ (-1)m < 0) ii) H2 > 0, H3 0 ⇒ f đạt cực đại. Ví dụ 2: n = 3, m = 1. Ta có : i) H2 < 0, H3 < 0 ⇒ f đạt cực tiểu ii) H2 > 0, H3 < 0 ⇒ f đạt cực đại. Ví dụ 3: n = 4, m = 2. Ta có : i) H3, H4 > 0 ⇒ cực tiểu ii) H3 0 ⇒ cực đại Ví dụ 4: Tìm cực trị của : f(x, y, z, t) = x + y + z + t với điều kiện : g (x, y, z, t) = 81 - xyzt = 0 (ta có m = 1, n = 4) Cách 1 : t = 81 xyz ⇒ f(x, y, z, t) = F (x, y, z) = x + y + z + 81 xyz ∂ ∂ F x = 1 - 2 81 x yz , ∂ ∂ F y = 1 - 2 81 xy z , ∂ ∂ F z = 1 - 2 81 xyz , Toán cao cấp : Giải tích 173 2 2 ∂ ∂ F x = 3 162 x yz , 2 2 ∂ ∂ F y = 3 162 xy z , 2 2 ∂ ∂ F z = 3 162 xyz 2∂ ∂ ∂ F x y = 2 2 81 x y z , 2∂ ∂ ∂ F y z = 2 2 81 xy z , 2∂ ∂ ∂ F x z = 2 2 81 x yz 0 0 0 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂  =   =   =  F x F y F z ⇔ 2 2 2 81 81 81 x yz xy z xyz  =  =  = ⇔ 4 81 x y z x = =  = ⇔ x = y = z = 3 ∨ x = y = z = -3 Xét tại M1(3, 3, 3), a11 = a22 = a33 = 162 2 81.3 3 = a12 = a21 = a13 = a31 = a23 = a32 = 1 3 H3 = 2 1 1 3 3 3 2 1 1 1 2 1 1 4 1 2 1 3 3 3 27 27 1 1 21 1 2 3 3 3 = = H2 = 2 1 2 11 13 3 1 2 1 29 3 3 3 = = , H1 = 2 3 H1, H2, H3 > 0 ⇒ F đạt cực tiểu tại M1 (3, 3, 3) ⇒ t = 81 xyz ⇒ t = 3 ⇒ f đạt cực tiểu thỏa điều kiện Toán cao cấp : Giải tích 174 g(x, y, z, t) = 0 tại M’1 (3, 3, 3, 3) Xét tại M2 (-3,-3, -3) Ta có : a11 = a22 = a33 = 2 3 − ; a12 = a13 = a23 = 1 3 − ⇒ H3 = 2 1 1 1 1 2 1 27 1 1 2 − = 4 27 − ; H2 = 2 11 1 29 = 1 3 ; H1 = 2 3 − H1 0, H3 < 0 ⇒ f đạt cực đại thỏa điều kiện g(x, y, z, t) = 0 tại 2M ′ (-3, -3, -3, -3) Cách 2 : Đặt φ(x, y, z, t, λ) = x + y + z + t + λ(81 - xyzt) Điểm dừng là nghiệm của : 81 0 1 0; 1 0 1 0; 1 0  = − =   = − = = − =   = − = = − =  xyzt yzt xzt x y xyt xyz z t ∂φ ∂λ ∂φ ∂φλ λ∂ ∂ ∂φ ∂φλ λ∂ ∂ ⇔ 3 1 27 x y z t λ = = = =   = hay 3 1 27 x y z t λ = = = = −   = − g x ∂ ∂ = -yzt, g y ∂ ∂ = -xzt, g z ∂ ∂ = -xyt, g t ∂ ∂ = -xyz 2 2 2 2 2 2 2 2 0 ∂ φ ∂ φ ∂ φ ∂ φ ∂ ∂ ∂ ∂= = = =x y z t , 2 x y ∂ φ ∂ ∂ = -λzt, 2 y z ∂ φ ∂ ∂ = -λxt, 2 x z