Các Ví Dụ Và Bài Tập Chương 5, 6.Pdf

CÁC VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 5, 6 Chương 5 Phép tính vi phân hàm nhiều biến I Tính đạo hàm và vi phân toàn phần cấp 1 và cấp 2 Chú ý (1) Công thức vi phân toàn phần (cấp 1) của hàm ba biến

CÁC VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 5, 6

Chương 5 Phép tính vi phân hàm nhiều biến

I Tính đạo hàm và vi phân toàn phần cấp 1 và cấp 2

Chú ý:

(1) Công thức vi phân toàn phần (cấp 1) của hàm ba biến: 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧)

𝑑𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜕𝑢

𝜕𝑥𝑑𝑥 +

𝜕𝑢

𝜕𝑦𝑑𝑦 +

𝜕𝑢

𝜕𝑧𝑑𝑧

(2) Công thức vi phân toàn phần của hàm 2 biến 𝒛 = 𝒛(𝒙, 𝒚)

- Vi phân toàn phần (cấp 1) của hàm 2 biến 𝒛 = 𝒛(𝒙, 𝒚):

𝑑𝑧(𝑥, 𝑦) = 𝜕𝑧

𝜕𝑥𝑑𝑥 +

𝜕𝑧

𝜕𝑦𝑑𝑦

- Vi phân toàn phần cấp 2 của hàm 2 biến 𝒛 = 𝒛(𝒙, 𝒚):

𝑑2𝑧(𝑥, 𝑦) = 𝜕

2𝑧

𝜕𝑥2 𝑑𝑥2 + 2 𝜕

2𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 +

𝜕2𝑧

𝜕𝑦2𝑑𝑦2

(3) Công thức đạo hàm hàm hợp:

a Nếu 𝒛 = 𝒛(𝒙, 𝒚), 𝒗ớ𝒊 𝒙 = 𝒙(𝒕), 𝒚 = 𝒚(𝒕) thì: 𝒛 = 𝒛(𝒙(𝒕), 𝒚(𝒕)) là hàm của một biến t, có:

𝑑𝑧

𝑑𝑡 =

𝜕𝑧

𝜕𝑥 𝑥′(𝑡)+

𝜕𝑧

𝜕𝑦 𝑦′(𝑡)

b Nếu 𝒛 = 𝒛(𝒖, 𝒗), 𝒗ớ𝒊 𝒖 = 𝒖(𝒙, 𝒚), 𝒗 = 𝒗(𝒙, 𝒚) thì:

𝒛 = 𝒛(𝒖(𝒙, 𝒚), 𝒗(𝒙, 𝒚)) là hàm của hai biến x, y, có:

𝜕𝑧

𝜕𝑥 =

𝜕𝑧

𝜕𝑢.

𝜕𝑢

𝜕𝑥 +

𝜕𝑧

𝜕𝑣.

𝜕𝑣

𝜕𝑥;

𝜕𝑧

𝜕𝑦 =

𝜕𝑧

𝜕𝑢.

𝜕𝑢

𝜕𝑦 +

𝜕𝑧

𝜕𝑣.

𝜕𝑣

𝜕𝑦

c Nếu 𝒛 = 𝒛(𝒕, 𝒙, 𝒚), 𝒗ớ𝒊 𝒙 = 𝒙(𝒕), 𝒚 = 𝒚(𝒕) thì: 𝒛 = 𝒛(𝒕, 𝒙(𝒕), 𝒚(𝒕)) là hàm của một biến t, có đạo hàm (𝒛(𝒕, 𝒙(𝒕), 𝒚(𝒕)))′ được gọi là đạo hàm toàn phần của z và:

𝑑𝑧

𝑑𝑡 =

𝜕𝑧

𝜕𝑡 +

𝜕𝑧

𝜕𝑥 𝑥

′ (𝑡)+𝜕𝑧

𝜕𝑦 𝑦

′ (𝑡)

VD 1 Tìm các đạo hàm riêng của hàm:

𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑒𝑥𝑦cos(𝑦 + 𝜋𝑧), tại điểm (1, 0, 1)

Giải Có:

𝜕𝑓

𝜕𝑥 = (𝑒𝑥𝑦)𝑥′ cos(𝑦 + 𝜋𝑧) = 𝑦 𝑒𝑥𝑦 cos(𝑦 + 𝜋𝑧) ⇒𝜕𝑓

𝜕𝑥(1,0,1) = 0

𝜕𝑓

𝜕𝑦 = (𝑒

𝑥𝑦)𝑦′ cos(𝑦 + 𝜋𝑧) + 𝑒𝑥𝑦[cos(𝑦 + 𝜋𝑧)]𝑦′

= 𝑥 𝑒𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠(𝑦 + 𝜋𝑧) − 𝑒𝑥𝑦𝑠𝑖𝑛(𝑦 + 𝜋𝑧) ⇒ 𝜕𝑓

𝜕𝑦(1,0,1) = −1

𝜕𝑓

𝜕𝑧 = 𝑒𝑥𝑦 [cos(𝑦 + 𝜋𝑧)]𝑧′ = −𝜋𝑒𝑥𝑦 𝑠𝑖𝑛(𝑦 + 𝜋𝑧) ⇒𝜕𝑓

𝜕𝑧(1,0,1) = 0

VD 2 Cho hàm số: 𝑢 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑒𝑥−𝑦+2𝑧 √𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧

a Tính các đạo hàm riêng cấp 1 của u tại (0, 1, 1):

b Tìm vi phân toàn phần tại (1, -1, 2)

Giải

a 𝜕𝑢

𝜕𝑥 = (𝑒𝑥−𝑦+2𝑧)𝑥′ √𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑒𝑥−𝑦+2𝑧(√𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧)

𝑥

′

= 𝑒𝑥−𝑦+2𝑧 √𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑒𝑥−𝑦+2𝑧 𝑥

√𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧

= 𝑒𝑥−𝑦+2𝑧𝑥

2+ 𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧

√𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧 ⇒

𝜕𝑢

𝜕𝑥(0,1,1) = 𝑒

𝜕𝑢

𝜕𝑦 = (𝑒

𝑥−𝑦+2𝑧)𝑦′ √𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑒𝑥−𝑦+2𝑧(√𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧)

𝑦

′

= −𝑒𝑥−𝑦+2𝑧 √𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧 − 𝑒𝑥−𝑦+2𝑧 1

√𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧

= −𝑒𝑥−𝑦+2𝑧𝑥

2− 2𝑦 + 3𝑧 + 1

√𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧 ⇒

𝜕𝑢

𝜕𝑦(0,1,1) = −2𝑒

𝜕𝑢

𝜕𝑧 = (𝑒

𝑥−𝑦+2𝑧)𝑧′ √𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑒𝑥−𝑦+2𝑧(√𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧)

𝑧

′

= 2𝑒𝑥−𝑦+2𝑧 √𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑒𝑥−𝑦+2𝑧 3

2 √𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧

= 𝑒𝑥−𝑦+2𝑧4𝑥

2− 8𝑦 + 12𝑧 + 3

√𝑥2− 2𝑦 + 3𝑧 ⇒

𝜕𝑢

𝜕𝑧(0,1,1) = 7 𝑒

b Ta có công thức vi phân toàn phần: (===C4====)

𝑑𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) =𝜕𝑢

𝜕𝑥𝑑𝑥 +

𝜕𝑢

𝜕𝑦𝑑𝑦 +

𝜕𝑢

𝜕𝑧𝑑𝑧

Từ đó:

𝑑𝑢(1, −1,2) = 𝜕𝑢

𝜕𝑥(1, −1,2)𝑑𝑥 +

𝜕𝑢

𝜕𝑦(1, −1,2)𝑑𝑦 +

𝜕𝑢

𝜕𝑧(1, −1,2)𝑑𝑧

Từ a/ có: 𝜕𝑢𝜕𝑥(1, −1,2) = 10

3 𝑒6; 𝜕𝑢

𝜕𝑦(1, −1,2) = −10

3 𝑒6 ; 𝜕𝑢

𝜕𝑧(1, −1,2) = 13𝑒6

Vậy: 𝑑𝑢(1, −1,2) = 10

3 𝑒6𝑑𝑥−10

3 𝑒6𝑑𝑦 + 13𝑒6𝑑𝑧

VD 3 Cho hàm số 𝑧 = 𝑦 √𝑦2− 𝑥, tính: 4𝑥.𝜕2𝑧

𝜕𝑥 2 −𝜕2𝑧

𝜕𝑦 2

Giải Có: 𝑧 = 𝑦(𝑦2 − 𝑥)12 ⇒ 𝜕𝑧

𝜕𝑥 = −𝑦

2(𝑦2− 𝑥)−12; 𝜕2𝑧

𝜕𝑥 2 = −𝑦

4(𝑦2− 𝑥)−32;

𝜕𝑧

𝜕𝑦 = (𝑦

2− 𝑥)12+ 𝑦2(𝑦2 − 𝑥)−12 = (𝑦2− 𝑥)−12(2𝑦2− 𝑥);

𝜕2𝑧

𝜕𝑦2 = −𝑦(𝑦2− 𝑥)−32(2𝑦2− 𝑥) + 4𝑦(𝑦2− 𝑥)−12 = −(3𝑥 − 2𝑦2)𝑦(𝑦2 − 𝑥)−32

Vậy: 4𝑥.𝜕2𝑧

𝜕𝑥2 −𝜕2𝑧

𝜕𝑦2 = 2(𝑥 − 𝑦2)(𝑦2− 𝑥)−32

VD 4 Cho hàm số 𝑧 = 𝑥 𝑙𝑛√𝑥2 + 𝑦2

a Tính: 𝜕2𝑧

𝜕𝑥 2− 𝜕2𝑧

𝜕𝑦 2

b Tìm vi phân toàn phần cấp 2 của hàm z tại (-1, 1) là 𝑑2𝑧(−1,1)

Giải

a Có 𝑧 = 1

2𝑥 𝑙𝑛(𝑥2 + 𝑦2); 𝜕𝑧

𝜕𝑥 = 1

2ln(𝑥2 + 𝑦2) + 𝑥2

𝑥 2 +𝑦 2;

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2 = 𝑥

𝑥2 + 𝑦2+2𝑥(𝑥

2 + 𝑦2) − 2𝑥3 (𝑥2 + 𝑦2)2 = (𝑥3 + 3𝑥𝑦2)

(𝑥2 + 𝑦2)2

𝜕𝑦 =

𝑥𝑦

𝑥2 + 𝑦2; 𝜕

2𝑧

𝜕𝑦2 = 𝑥(𝑥

2 + 𝑦2) − 2𝑥𝑦2 (𝑥2 + 𝑦2)2 = 𝑥

3 − 𝑥𝑦2 (𝑥2 + 𝑦2)2 Vậy:

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2− 𝜕

2𝑧

𝜕𝑦2 = 4𝑥𝑦

2 (𝑥2 + 𝑦2)2

b Ta có công thức: 𝑑2𝑧(𝑥, 𝑦) = 𝜕2𝑧

𝜕𝑥 2 𝑑𝑥2 + 2 𝜕2𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 +𝜕2𝑧

𝜕𝑦 2𝑑𝑦2 (==C7=)

Từ (a) có 𝜕2𝑧

𝜕𝑥 2(−1,1) = −1; 𝜕2𝑧

𝜕𝑦 2(−1,1) = 0;

𝜕2𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦 =

𝑦3− 𝑥2𝑦 (𝑥2 + 𝑦2)2; 𝜕

2𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦(−1,1) = 0 Vậy:

𝑑2𝑧(−1,1) = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥 2 (−1,1) 𝑑𝑥 2 + 2 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦 (−1,1)𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑦 2 (−1,1)𝑑𝑦 2 = −𝑑𝑥2

VD 5 Cho 𝑧 = 𝑒2𝑢−𝑣 ln(1 + 𝑢 − 𝑣) , 𝑣ớ𝑖 𝑢 = 𝑥𝑦, 𝑣 = 𝑥2− 𝑦2 𝑇í𝑛ℎ các đạo hàm riêng

𝜕𝑧

𝜕𝑥,𝜕𝑧

𝜕𝑦 theo x, y

Giải Ta có công thức đạo hàm hàm hợp:

𝜕𝑧

𝜕𝑥 =

𝜕𝑧

𝜕𝑢.

𝜕𝑢

𝜕𝑥+

𝜕𝑧

𝜕𝑣.

𝜕𝑣

𝜕𝑥;

𝜕𝑧

𝜕𝑦 =

𝜕𝑧

𝜕𝑢.

𝜕𝑢

𝜕𝑦+

𝜕𝑧

𝜕𝑣.

𝜕𝑣

𝜕𝑦 Tính: 𝜕𝑢𝜕𝑥 = 𝑦,𝜕𝑢

𝜕𝑦 = 𝑥,𝜕𝑣

𝜕𝑥 = 2𝑥,𝜕𝑣

𝜕𝑦 = −2𝑦

𝜕𝑧

𝜕𝑢 =𝑒

2𝑢−𝑣[2 ln(1 + 𝑢 − 𝑣)+ 1

1 + 𝑢 − 𝑣];

𝜕𝑧

𝜕𝑣 =𝑒

2𝑢−𝑣[− ln(1 + 𝑢 − 𝑣)− 1

1 + 𝑢 − 𝑣]

Thay vào công thức, ta có:

∗ 𝜕𝑧

𝜕𝑥 = 𝑒

2𝑢−𝑣[(2𝑦 − 2𝑥)ln(1 + 𝑢 − 𝑣)+ 𝑦 − 2𝑥

1 + 𝑢 − 𝑣]

1 + 𝑥𝑦 − 𝑥 2 + 𝑦 2 ]

𝜕𝑦 = 𝑒

2𝑢−𝑣[(2𝑥 + 2𝑦)ln(1 + 𝑢 − 𝑣)+ 𝑥 + 2𝑦

1 + 𝑢 − 𝑣]

1 + 𝑥𝑦 − 𝑥 2 + 𝑦 2 ]

VD 6 Tính đạo hàm 𝑑𝑧

𝑑𝑡 , trong đó 𝑧 = 𝑒2𝑥−𝑦, 𝑥 = cos 2𝑡 , 𝑦 = 3𝑡 2

Tính: 𝑥′(𝑡) = −2 sin 2𝑡 ; 𝑦′(𝑡) = 6𝑡; 𝜕𝑧

𝜕𝑥 = 2𝑒2𝑥−𝑦; 𝜕𝑧

𝜕𝑦 = −𝑒2𝑥−𝑦 Vậy ta có:

𝑑𝑧

𝑑𝑡 = −4𝑒

2𝑥−𝑦 sin 2𝑡 − 6𝑡.𝑒2𝑥−𝑦 = −2𝑒2 cos 2𝑡−3𝑡2(2 sin 2𝑡 + 3𝑡)

VD 7 Cho hàm số: 𝑧 = 𝑒3𝑥−2𝑦 𝑇í𝑛ℎ 𝜕𝑚+𝑛𝑧

𝜕𝑥𝑚𝜕𝑦𝑛 Từ đó suy ra: 𝜕7𝑧

𝜕𝑥4𝜕𝑦3(2, 3) Giải Có: 𝜕𝑚𝑧

𝜕𝑥 𝑚 = 3𝑚 𝑒3𝑥−2𝑦; Từ đó suy ra: 𝜕7𝑧

𝜕𝑥 4 𝜕𝑦 3 (2, 3) = 3 4 (−2)3𝑒0 = −648

VD 8 Cho hàm số 𝑢 = 𝑥2𝑦+ √2𝑥 + 3𝑦 − 4 Tìm 𝑑2𝑢(1, 1)

Giải Ta có công thức: 𝑑2𝑢(𝑥, 𝑦)=𝜕𝜕𝑥2𝑢2 𝑑𝑥2 + 2𝜕𝑥𝜕𝑦𝜕2𝑢 𝑑𝑥𝑑𝑦 +𝜕𝜕𝑦2𝑢2𝑑𝑦2

Viết lại: 𝑢 = 𝑥2𝑦 + (2𝑥 + 3𝑦 − 4)12 , ta có:

𝜕𝑢

𝜕𝑥 = 2𝑦.𝑥

2𝑦−1 +(2𝑥 + 3𝑦 − 4)−12 ;𝜕

2 𝑢

𝜕𝑥 2 = 2𝑦(2𝑦 − 1)𝑥2𝑦−2−(2𝑥 + 3𝑦 − 4)−32 ;

𝜕𝑢

𝜕𝑦= 2𝑥2𝑦ln 𝑥 +

3

2 (2𝑥 + 3𝑦 − 4)−12 ; 𝜕

2 𝑢

𝜕𝑦 2 = 4𝑥2𝑦𝑙𝑛2𝑥 −9

4 (2𝑥 + 3𝑦 − 4)−32 ;

𝜕 2 𝑢

𝜕𝑥 2 (1,1) = 1; 𝜕

2 𝑢

𝜕𝑦 2 (1,1) = −9

4

𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝜕𝑦 = 2.𝑥

2𝑦−1 + 4𝑦.𝑥2𝑦−1ln 𝑥 −3

2(2𝑥 + 3𝑦 − 4)−32 ; 𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝜕𝑦(1,1) = 1

2

Từ đó: 𝑑2𝑢(1,1) =𝜕2𝑢

𝜕𝑥 2 (1,1) 𝑑𝑥2 + 2 𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝜕𝑦 (1,1)𝑑𝑥𝑑𝑦 +𝜕2𝑢

𝜕𝑦 2 (1,1)𝑑𝑦2

𝒅𝟐𝒖(𝟏, 𝟏) = 𝒅𝒙𝟐 + 𝒅𝒙𝒅𝒚 −𝟗

𝟒𝒅𝒚𝟐

VD 9 Tìm đạo hàm toàn phần 𝑑𝑧

𝑑𝑡 tại 𝑡 = 𝜋 của hàm: 𝑧 = 𝑡

1+𝑡+ √𝑥2− 𝑦2, trong đó:

𝑥 = 𝑡2, 𝑦 = sin 2𝑡 Giải Ta có công thức đạo hàm toàn phần:

𝑑𝑧

𝑑𝑡 =

𝜕𝑧

𝜕𝑡 +

𝜕𝑧

𝜕𝑥 𝑥

′ (𝑡)+𝜕𝑧

𝜕𝑦 𝑦

′ (𝑡)

Tính:

𝜕𝑧

𝜕𝑡 =

1

(1 + 𝑡) 2 ; 𝜕𝑧

𝜕𝑥 =

𝑥

√𝑥 2 − 𝑦 2 = 𝑡

2

√𝑡 4 − 𝑠𝑖𝑛 2 2𝑡;

𝜕𝑧

𝜕𝑦 =

−𝑦

√𝑥 2 − 𝑦 2 = − sin 2𝑡

√𝑡 4 − 𝑠𝑖𝑛 2 2𝑡;

𝑥 ′ (𝑡) = 2𝑡; 𝑦 ′ (𝑡) = 2 cos 2𝑡

Vậy:

𝑑𝑧

𝑑𝑡 =

1 (1 + 𝑡) 2 + 2𝑡

3

√𝑡 4 − 𝑠𝑖𝑛 2 2𝑡−

sin 4𝑡

√𝑡 4 − 𝑠𝑖𝑛 2 2𝑡 =

1 (1 + 𝑡) 2 + 2𝑡

3 − sin 4𝑡

√𝑡 4 − 𝑠𝑖𝑛 2 2𝑡

Từ đó suy ra: 𝑑𝑧

𝑑𝑡 |

(1+𝜋) 2 + 2𝜋

II Tìm cực trị của hàm hai biến

1 Tìm cực trị (tự do) của hàm 2 biến: z = z(x, y)

B1 Tính: 𝝏𝒙𝝏𝒛; 𝝏𝒛

𝝏𝒚; 𝑨 = 𝝏𝟐𝒛

𝝏𝒙 𝟐; 𝑩 = 𝝏𝟐𝒛

𝝏𝒙𝝏𝒚; 𝑪 = 𝝏𝟐𝒛

𝝏𝒚 𝟐;

Xét hệ phương trình: {

𝝏𝒛

𝝏𝒙= 𝟎

𝝏𝒛

𝝏𝒚 = 𝟎 (∗)

- Nếu hệ (*) vô nghiệm thì kết luận hàm z = z(x, y) không có cực trị Kết thúc

- Nếu hệ (*) có nghiệm thì làm tiếp B2

B2 Lần lượt xét tại mỗi nghiệm của hệ (*) (gọi là một điểm dừng của hàm z)

- Nếu tại điểm dừng 𝑴(𝒙𝟎, 𝒚𝟎), ta có: ∆ = 𝑨 𝑪 − 𝑩𝟐 < 𝟎 thì KL: z(x, y) không

đạt cực trị tại 𝑴(𝒙𝟎, 𝒚𝟎)

- Nếu tại điểm dừng 𝑴(𝒙𝟎, 𝒚𝟎), ta có: ∆ = 𝑨 𝑪 − 𝑩𝟐 > 𝟎 𝒗à 𝑨 > 𝟎 thì KL:

z(x, y) đạt cực tiểu tại 𝑴(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) 𝒗à 𝒛𝒄ự𝒄 𝒕𝒊ể𝒖 = 𝒛(𝒙𝟎, 𝒚𝟎)

- Nếu tại điểm dừng 𝑴(𝒙𝟎, 𝒚𝟎), ta có: ∆ = 𝑨 𝑪 − 𝑩𝟐 > 𝟎 𝒗à 𝑨 < 𝟎 thì KL:

z(x, y) đạt cực đại tại 𝑴(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) 𝒗à 𝒛𝒄ự𝒄 đạ𝒊 = 𝒛(𝒙𝟎, 𝒚𝟎)

Chú ý: Nếu hàm z(x,y) có nhiều điểm dừng: 𝑴𝟏, 𝑴𝟐, … , 𝑴𝒌, ta lập bảng xét dấu A và ∆ = 𝑨 𝑪 − 𝑩𝟐 𝒗à 𝒄ó 𝒌ế𝒕 𝒍𝒖ậ𝒏 𝒕ươ𝒏𝒈 ứ𝒏𝒈:

𝑴𝟏

𝑴𝟐

⋮

𝑴𝒌

VD 10 Khảo sát cực trị của các hàm số sau:

a 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3+ 𝑦3 − 9𝑥𝑦 + 27

b 𝑧 = 𝑥3+ 𝑦3 − 3𝑥2− 9𝑥𝑦 + 3𝑥 + 9𝑦 − 1

c 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 − 𝑦𝑒𝑥

Giải

a Tính:

𝜕𝑓

𝜕𝑥 = 3𝑥2− 9𝑦 𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 3𝑦2− 9𝑥; 𝐴 = 𝜕2𝑓

𝜕𝑥2 = 6𝑥; 𝐵 = 𝜕

2 𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦 = −9; 𝐶 = 𝜕

2 𝑓

𝜕𝑦2 = 6𝑦

- Xét hệ phương trình: {

𝜕𝑓

𝜕𝑥 = 0

𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 0 (∗) ⟺ {

𝑥2− 3𝑦 = 0

𝑦2 − 3𝑥 = 0

𝟏

𝟑𝑥 2

𝑥4− 27𝑥 = 0

𝟏

𝟑𝑥 2 𝑥(𝑥3− 27) = 0

⟺ [𝒙 = 𝟎, 𝒚 = 𝟎,𝒙 = 𝟑, 𝒚 = 𝟑

- Tại điểm dừng M(0, 0), có:

𝑨 = 𝑪 = 𝟎, 𝑩 = −𝟗, ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = −𝟖𝟏 < 𝟎 Nên f không đạt cực trị tại M(0, 0)

- Tại điểm dừng N(3, 3), có: 𝑨 = 𝑪 = 𝟏𝟖 > 𝟎, 𝑩 = −𝟗, ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = 𝟐𝟒𝟑 > 𝟎

Nên f đạt cực tiểu tại N(3, 3) và 𝑓𝑐ự𝑐 𝑡𝑖ể𝑢 = 𝑓(3,3) = 0

Vậy f có một cực trị duy nhất là cực tiểu, đạt tại N(3, 3) và

𝑓𝑐ự𝑐 𝑡𝑖ể𝑢 = 𝑓(3,3) = 0

b Tính

𝜕𝑧

𝜕𝑥 = 3𝑥

2− 6𝑥 − 9𝑦 + 3; 𝜕𝑧

𝜕𝑦 = 3𝑦

2− 9𝑥 + 9;

𝐴 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥 2 = 6𝑥 − 6; 𝐵 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦 = −9; 𝐶 =

𝜕2𝑧

𝜕𝑦 2 = 6𝑦

- Xét hệ phương trình: {

𝜕𝑧

𝜕𝑥 = 0

𝜕𝑧

𝜕𝑦 = 0 (∗) ⟺ {

𝑥2− 2𝑥 − 3𝑦 + 1 = 0

𝑦2 − 3𝑥 + 3 = 0

⟺ {𝒙 =

𝟏

𝟑𝑦

2 + 1

𝑦4 − 27𝑦 = 0

⟺ { 𝒙 =

𝟏

𝟑𝑦

2+ 1 𝒚(𝑦3− 27) = 0

⟺ [𝒙 = 𝟏, 𝒚 = 𝟎,

𝒙 = 𝟒, 𝒚 = 𝟑

- Tại điểm dừng M(1, 0), có:

𝑨 = 𝑪 = 𝟎, 𝑩 = −𝟗, ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = −𝟖𝟏 < 𝟎 Nên Z không đạt cực trị tại M(1, 0)

- Tại điểm dừng N(4, 3), có: 𝑨 = 𝑪 = 𝟏𝟖 > 𝟎, 𝑩 = −𝟗, ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = 𝟐𝟒𝟑 > 𝟎

Nên z đạt cực tiểu tại N(4, 3) và 𝑧𝑐ự𝑐 𝑡𝑖ể𝑢 = 𝑧(4, 3) = −37

Vậy z có một cực trị duy nhất là cực tiểu, đạt tại N(4, 3) và

𝑧𝑐ự𝑐 𝑡𝑖ể𝑢 = 𝑧(4,3) = −37

c Tính:

𝜕𝑧

𝜕𝑥 = 1 − 𝑦𝑒𝑥 𝜕𝑧

𝜕𝑦 = 1 − 𝑒𝑥; 𝐴 = 𝜕2𝑧

𝜕𝑥2 = −𝑦𝑒𝑥; 𝐵 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦 =−𝑒𝑥; 𝐶 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑦2 = 0

- Xét hệ phương trình:

{

𝜕𝑧

𝜕𝑥 = 0

𝜕𝑧

𝜕𝑦 = 0 (∗) ⟺ {

1 − 𝑦𝑒𝑥 = 0

1 − 𝑒𝑥 = 0 ⟺ {

𝑦𝑒𝑥 = 1

𝑒𝑥 = 1 ⟺ {

𝒙 = 𝟎

𝒚 = 𝟏

- Tại điểm dừng M(0, 1), có:

𝑨 = −𝟏, 𝑪 = 𝟎, 𝑩 = −𝟏, ∆= 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = −𝟏 < 𝟎 Nên z không đạt cực trị tại M(0, 1)

Vậy hàm z không có cực trị

NX: Đối với hàm 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 − 𝑦𝑒𝑥 , không cần xét hệ (*), ta có:

∆ = 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = −𝑒2𝑥 < 0, ∀𝑥, 𝑦 Nên z không có cực trị

VD 11 Tìm cực trị của các hàm số:

a 𝑧 = 9√𝑥𝑦3 − 0,3𝑥 − 𝑦 + 2021

b 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑦+𝑥𝑦2+𝑥𝑦+27

𝑥𝑦

c 𝑧 = 𝑦√𝑥 − 𝑥 − 𝑦2+ 6𝑦 − 1

d 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 +20

𝑥 +50

𝑦 + 1 Giải

a Viết lại: 𝑧 = 9𝑥13𝑦13 − 0,3𝑥 − 𝑦 + 2021

𝑇í𝑛ℎ: 𝜕𝑧

𝜕𝑥 = 3𝑥

−23𝑦13− 0,3 𝜕𝑧

𝜕𝑦 = 3𝑥

1

3𝑦−23− 1;

𝐴 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥 2 = −2𝑥−53𝑦13 ; 𝐵 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦 =𝑥−23𝑦−23 ; 𝐶 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑦 2 =−2𝑥13𝑦−53

- Xét hệ phương trình: {

𝜕𝑧

𝜕𝑥 = 0

𝜕𝑧

𝜕𝑦 = 0 (∗) ⟺ {

𝑥−23𝑦13− 0,1 = 0 3𝑥13𝑦−23− 1 = 0

⟺

{𝑥

−2𝑦 = (0,1)3 27𝑥𝑦−2 = 1 ⟺ {

𝒚 = (0,1)3 𝑥2

27 (0,1)−6 𝑥−3 = 1 ⟺ {

𝑥 = 3 (0,1)−2 = 300

𝒚 = 𝟑

Tại điểm dừng M(300, 3), có:

𝐴 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥 2 =−2 300−53313 < 0; 𝐵 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦 =300−233−23 ; 𝐶 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑦 2 = −2 300133−53

∆ = 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = 𝟒 300−433−43− 300−433−43 = 𝟑 300−433−43 > 0

Vậy z đạt cực đại tại M(300, 3) và 𝑧𝑐ự𝑐 đạ𝑖 = 𝑧(300, 3) = 1928 + 9 √9003

b Có 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑦+𝑥𝑦𝑥𝑦2+𝑥𝑦+27= 𝑥 + 𝑦 + 1 +27

𝑥𝑦

Tính: 𝜕𝑓

𝜕𝑥 = 1 − 27 𝑦−1𝑥−2; 𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 1 − 27𝑥−1𝑦−2; 𝐴 = 𝜕2𝑓

𝜕𝑥2 =54 𝑦−1𝑥−3;

𝐵 = 𝜕

2 𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦 =27 𝑦−2𝑥−2;𝐶 = 𝜕

2 𝑓

𝜕𝑦 2 =54𝑥−1𝑦−3

- Xét hệ phương trình:

{

𝜕𝑓

𝜕𝑥 = 0

𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 0 (∗) ⟺ {

1 − 27 𝑦−1𝑥−2 = 0

1 − 27𝑥−1𝑦−2 = 0 ⟺ {

𝑥2𝑦 = 27

𝑥𝑦2 = 27⟺ {

𝒙 = 𝟑

𝒚 = 𝟑 Tại điểm dừng M(3, 3), có:

𝐴 = 𝜕

2 𝑓

𝜕𝑥 2 = 54 3−13−3 > 0; 𝐵 = 𝜕

2 𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦 =27.3−23−2; 𝐶 = 𝜕

2 𝑓

𝜕𝑦 2 =54 3−13−3

∆ = 𝑨𝑪 − 𝑩𝟐 = 542 3−8− 272 3−8 > 0 Vậy f đạt cực tiểu tại M(3, 3) và 𝑓𝑐ự𝑐 𝑡𝑖ể𝑢 = 𝑓(3, 3) =

c Có: 𝑧 = 𝑦𝑥12 − 𝑥 − 𝑦2+ 6𝑦 − 1

Tính:

𝜕𝑧

𝜕𝑥 =

1

2𝑥

−12

𝑦 − 1 𝜕𝑧

𝜕𝑦 = 𝑥

1

2− 2𝑦 + 6;

𝐴 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥 2 =−1

4𝑥

−52𝑦; 𝐵 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦 =

1

2𝑥−12 ; 𝐶 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑦 2 =−2𝑦 Xét hệ phương trình:

{

𝜕𝑧

𝜕𝑥 = 0

𝜕𝑧

𝜕𝑦 = 0

(∗) ⟺ {

1

2𝑥

−12𝑦 − 1 = 0

𝑥12− 2𝑦 + 6 = 0

⟺ {

1

2𝑦 = 𝑥

1 2

𝑦 = 4

⟺ {𝑥 = 4𝑦 = 4

Tại điểm dừng M(4, 4), ta có

𝐴 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥 2 = −2 −5 < 0; 𝐵 = 𝜕

2 𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦 =

1

4; 𝐶 =

𝜕 2 𝑧

𝜕𝑦 2 = −8, ∆ = 𝑨𝑪 − 𝑩 𝟐 =𝟏

𝟒−

1

16> 0 Vậy M(4, 4) là điểm cực đại (cực trị duy nhất) của hàm số z(x, y) và:

𝒛𝒄ự𝒄 đạ𝒊 = 𝑧(4, 4) = 11 d.Tính: 𝜕𝑓

𝜕𝑥 = 𝑦 −20

𝑥 2; 𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 𝑥 −50

𝑦 2; 𝐴 = 𝜕2𝑓

𝜕𝑥2 = 40

𝑥 3;𝐵 = 𝜕

2 𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦= 1; 𝐶 = 𝜕

2 𝑓

𝜕𝑦2 =100

𝑦 3

- Xét hệ phương trình:

{

𝜕𝑓

𝜕𝑥 = 0

𝜕𝑓

𝜕𝑦 = 0 (∗) ⟺ {

𝑦 −20

𝑥 2 = 0

𝑥 −50

𝑦 2 = 0 ⟺ {

𝑦 =20

𝑥 2

𝑥 −𝑥4

8 = 0 ⟺ {

𝒙 = 𝟐

𝒚 = 𝟓 Tại điểm dừng M(2, 5), có: A = 5 > 0, B = 1, C = 4/5, ∆ = 𝐴𝐶 − 𝐵2 = 3 > 0

f đạt cực trị duy nhất và là cực tiểu tại M(2, 5) và 𝒇𝒄ự𝒄 𝒕𝒊ể𝒖 = 𝒇(𝟐, 𝟓) = 𝟑𝟏

2 Tìm cực trị có điều kiện của hàm hai biến: z = f(x, y) với điều kiện ràng buộc: 𝝋(𝒙, 𝒚) = 𝟎

Phương pháp 1: Đưa về cực trị tự do của hàm một biến

(a) Nếu từ ràng buộc 𝝋(𝒙, 𝒚) = 𝟎 giải ra 𝒚 = 𝒚(𝒙) (𝒉𝒐ặ𝒄 𝒙 = 𝒙(𝒚)), thì cực trị có điều kiện của hàm 𝒛 = 𝒇(𝒙, 𝒚) trở thành cực trị tự do của hàm một biến: 𝒖(𝒙) = 𝒇(𝒙, 𝒚(𝒙)) (𝒉𝒐ặ𝒄 𝒗(𝒚) = 𝒇(𝒙(𝒚), 𝒚) Tiến hành khảo sát cực trị tự do của hàm một biến

(b) Nếu đưa ràng buộc 𝝋(𝒙, 𝒚) = 𝟎 về được dạng tham số: {𝒙 = 𝒙(𝒕)

𝒚 = 𝒚(𝒕) , thì

cực trị có điều kiện của hàm 𝒛 = 𝒇(𝒙, 𝒚) trở thành cực trị tự do của hàm một biến t: 𝒈(𝒕) = 𝒇(𝒙(𝒕), 𝒚(𝒕)) Tiến hành khảo sát cực trị tự do của hàm một biến 𝒈(𝒕)

Phương pháp 2: Phương pháp nhân tử Lagrange

B1 Lập hàm phụ Lagrange: 𝑭(𝒙, 𝒚, 𝝀) = 𝒇(𝒙, 𝒚) + 𝝀 𝝋(𝒙, 𝒚)

Giải hệ phương trình:

{

𝜕𝐹

𝜕𝑥 = 0

𝜕𝐹

𝜕𝑦 = 0

𝜕𝐹

𝜕𝜆 = 0

(∗)

(Mỗi nghiệm của (*) được gọi là một điểm dừng của hàm Lagrange F)

- Nếu hệ (*) không có nghiệm thì kết luận 𝒇(𝒙, 𝒚) không có cực trị ràng buộc

- Nếu hệ (*) có nghiệm thì làm tiếp B2

B2 Lập dạng toàn phương:

𝑮(𝒙, 𝒚, 𝝀, 𝒉, 𝒌) = 𝜕

2𝐹

𝜕𝑥2 ℎ2 + 2 𝜕

2𝐹

𝜕𝑥𝜕𝑦ℎ 𝑘 +

𝜕2𝐹

𝜕𝑦2𝑘2

lần lượt xét dạng toàn phương 𝑮(𝒙, 𝒚, 𝝀, 𝒉, 𝒌) tại các điểm dừng

- Với điểm dừng của 𝑭 𝒍à 𝑴(𝒙𝟎, 𝒚𝟎, 𝝀𝟎), xét:

𝑫∗ = {(𝒙, 𝒚): 𝜕𝜑

𝜕𝑥(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) 𝑥 +𝜕𝜑

𝜕𝑦(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) 𝑦 = 0}

+ 𝑮(𝒙𝟎, 𝒚𝟎, 𝝀𝟎, 𝒉, 𝒌) > 𝟎, ∀(𝒉, 𝒌) ∈ 𝑫∗, (𝒉, 𝒌) ≠ (𝟎, 𝟎) thì 𝒇(𝒙, 𝒚) đạt cực tiểu có

điều kiện tại 𝑵(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) và 𝒇𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 đ/𝒌 = 𝒇(𝒙𝟎, 𝒚𝟎)

+ 𝑮(𝒙𝟎, 𝒚𝟎, 𝝀𝟎, 𝒉, 𝒌) < 𝟎, ∀(𝒉, 𝒌) ∈ 𝑫∗, (𝒉, 𝒌) ≠ (𝟎, 𝟎) thì 𝒇(𝒙, 𝒚) đạt cực đại có

điều kiện tại 𝑵(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) và 𝒇𝒄.đạ𝒊 đ/𝒌 = 𝒇(𝒙𝟎, 𝒚𝟎)

+ 𝑮(𝒙𝟎, 𝒚𝟎, 𝝀𝟎, 𝒉, 𝒌) đổ𝒊 𝒅ấ𝒖 trên 𝑫∗ thì 𝒇(𝒙, 𝒚) không đạt cực trị có điều kiện tại 𝑵(𝒙𝟎, 𝒚𝟎)

VD 12 Tìm cực trị có điều kiện của các hàm số:

a 𝑓(𝑥, 𝑦) = 5𝑥2− 3𝑥𝑦 − 𝑦2, 𝑣ớ𝑖 𝑟à𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 3𝑥 + 2𝑦 = 6

b 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2− 𝑦2, 𝑣ớ𝑖 𝑟à𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 𝑥2+ 𝑦2 = 4

c 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 1)𝑦2− 3𝑦 + 1, 𝑣ớ𝑖 𝑟à𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 𝑥 − 𝑦 + 1 = 0

Giải

a Rà𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 3𝑥 + 2𝑦 = 6 ⟺ 𝑦 = −3

2𝑥 + 3, cực trị có điều kiện của hàm

𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) trở thành cực trị tự do của hàm một biến:

𝑢(𝑥) = 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥)) = 29

4 𝑥

2− 9 Tiến hành khảo sát cực trị của u(x):

𝑢′(𝑥) = 29

2 𝑥; 𝑢

′(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 = 0 (𝑘ℎ𝑖 đó 𝑦 = 3 𝑣à 𝑢(0) = −9)

BBT:

𝑥 −∞ 0 + ∞

𝑢′(𝑥) − 0 +

𝑢(𝑥)

(−9)

Vậy hàm 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) đạt cực trị có điều kiện (với ràng buộc: 3𝑥 + 2𝑦 = 6) duy nhất là cực tiều có điều kiện tại điểm M(0, 3) và và 𝒇𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 đ/𝒌 = 𝒖(𝟎) = −𝟗 b 𝑅à𝑛𝑔 𝑏𝑢ộ𝑐: 𝑥2+ 𝑦2 = 4 ⟺ (𝑥 2)2+ (𝑦 2)2 = 1 ⟺ {𝑥 = 2 cos 𝑡𝑦 = 2 sin 𝑡 , Khi đó: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑡) = 4cos 2𝑡 Tiến hành k.sát cực trị của hàm một biến 𝑔(𝑡): 𝑔′(𝑡) = −8 sin 2𝑡 ; 𝑔′(𝑡) = 0 𝑡ạ𝑖 𝑡 = 𝑘.𝜋 2, 𝑘 ∈ 𝑍 Xét BBT của 𝑔(𝑡) = 4cos 2𝑡 trong khoảng [0, 2𝜋]: 𝑡 0 𝜋 2 𝜋

3𝜋 2 2𝜋 𝑔′(𝑡) − 0 + 0 − 0 +

𝑔(𝑡) 1 (4) 1

(−4) (−4)

Suy ra g(t) đạt cực đại tại 𝑡 = 𝑘 𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍 (𝑘ℎ𝑖 đó 𝑥 = ±2, 𝑦 = 0) và 𝒈𝒄.đạ𝒊 = 𝟒

Và g(t) đạt cực tiếu tại 𝑡 = (2𝑘 + 1).𝜋

2, 𝑘 ∈ 𝑍 (𝑘ℎ𝑖 đó 𝑥 = 0, 𝑦 = ±2) và

𝒈𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 = −𝟒

KL: Với ràng buộc 𝑥2+ 𝑦2 = 4 thì 𝑓(𝑥, 𝑦) đạt cực tiểu có điều kiện tại các điểm

(0, 2) và (0, -2) và: 𝒇𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 đ/𝒌 = 𝒇(𝟎, 𝟐) = 𝒇(𝟎, −𝟐) = 𝒈𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 = −𝟒;

𝑓(𝑥, 𝑦) đạt cực đại có điều kiện tại các điểm (2, 0) và (-2, 0) và: 𝒇𝒄.đ𝒂𝒊 đ/𝒌 =

𝒇(𝟐, 𝟎) = 𝒇(−𝟐, 𝟎) = 𝒈𝒄.đạ𝒊 = 𝟒;

Chú ý: Nếu không dùng được phương pháp đưa về cực trị tự do của hàm 1 biến,

ta mới dùng phương pháp nhân tử Lagrange

Trong VD 11b, nếu dùng p.p nhân tử Lagrange:

B1 Lập hàm phụ Lagrange:

𝑭(𝒙, 𝒚, 𝝀) = 𝒇(𝒙, 𝒚) + 𝝀 𝝋(𝒙, 𝒚) = 𝑥2− 𝑦2 + 𝝀(𝑥2+ 𝑦2− 4)

- Tính: 𝜕𝐹

𝜕𝑥 = 2(1 + 𝜆)𝑥; 𝜕𝐹

𝜕𝑦 = 2(𝜆 − 1)𝑦; 𝜕𝐹

𝜕𝜆 = 𝑥2+ 𝑦2 − 4

- Giải hệ p.t:

{

𝜕𝐹

𝜕𝑥 = 0

𝜕𝐹

𝜕𝑦 = 0

𝜕𝐹

𝜕𝜆 = 0

(∗) ⟺ {

2(1 + 𝜆)𝑥 = 0 2(𝜆 − 1)𝑦 = 0

𝑥2+ 𝑦2− 4 = 0

⟺ {

𝜆 = −1, 𝑥 = 2, 𝑦 = 0

𝜆 = −1, 𝑥 = −2, 𝑦 = 0

𝜆 = 1, 𝑥 = 0, 𝑦 = 2

𝜆 = 1, 𝑥 = 0, 𝑦 = −2

- Tính: 𝜕2𝐹

𝜕𝑥2 = 2(1 + 𝜆); 𝜕2𝐹

𝜕𝑥𝜕𝑦 = 0; 𝜕2𝐹

𝜕𝑦2 = 2(𝜆 − 1) B2 Lập dạng toàn phương:

𝑮(𝒙, 𝒚, 𝝀, 𝒉, 𝒌) = 𝜕

2𝐹

𝜕𝑥2 ℎ2 + 2 𝜕

2𝐹

𝜕𝑥𝜕𝑦ℎ 𝑘 +

𝜕2𝐹

𝜕𝑦2𝑘2 = 2(1 + 𝜆) ℎ2 + 2(𝜆 − 1)𝑘2 Có:

𝑫∗ = {(𝒙, 𝒚): 𝜕𝜑

𝜕𝑥 (𝒙𝟎, 𝒚𝟎) 𝑥 +𝜕𝜑

𝜕𝑦 (𝒙𝟎, 𝒚𝟎) 𝑦 = 0} = {(𝒙, 𝒚): 𝒙𝟎 𝒙 + 𝒚𝟎. 𝒚 = 𝟎}

* Với 𝜆 = −1, 𝑥 = ±2, 𝑦 = 0, 𝑐ó: 𝑫∗ = {(𝒙, 𝒚): 𝒙 = 𝟎} = {(𝟎, 𝒚), 𝒚 ∈ 𝑹}

𝑮(𝒉, 𝒌) = −𝟒𝑘2 < 0, ∀(ℎ, 𝑘) ∈ 𝑫∗: (ℎ, 𝑘) ≠ (0,0)

Vậy với ràng buộc , 𝒇(𝒙, 𝒚) đạt cực đại có đ/k tại (2, 0) và (-2, 0) và

𝒇𝒄.đạ𝒊 đ/𝒌 = 𝒇(−𝟐, 𝟎) = 𝒇(𝟐, 𝟎) = 𝟒

* Với 𝜆 = 1, 𝑥 = 0, 𝑦 = ±2, 𝑐ó: 𝑫∗ = {(𝒙, 𝒚): 𝒚 = 𝟎} = {(𝒙, 𝟎), 𝒙 ∈ 𝑹}

𝑮(𝒉, 𝒌) = 𝟒ℎ2 > 0, ∀(ℎ, 𝑘) ∈ 𝐷∗: (ℎ, 𝑘) ≠ (0,0) Vậy với ràng buộc 𝑥2+ 𝑦2 = 4 , 𝒇(𝒙, 𝒚) đạt cực tiểu có đ/k tại (0, 2) và (0, -2) và

𝒇𝒄.𝒕𝒊ể𝒖 đ/𝒌 = 𝒇(𝟎, 𝟐) = 𝒇(𝟎, −𝟐) = −𝟒