CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN ppt

Cực trị không có điều kiện ràng buộcII.. Cưc trị có điều kiện ràng buộc... + Nếu   0 chưa có kết luận cần phải xét thêm Để tìm cực trị của hàm số trước hết sử dụng điều kiện cần để

I Cực trị không có điều kiện ràng buộc

II Cưc trị có điều kiện ràng buộc

1 Khái niệm cực trị và điều kiện cần

Cho hàm số f   X  f  x 1 , x 2 , , x n  xác định và liên tục trong miền

D   X  x 1 , x 2 , , x n  ; a i  x i  b i ; i  1 , n 

M

 trong lân cận M0 nhưng khácM0, hiệu số f  M  f M0 có dấu không đổi Nếu f  M  f M0 0, thì hàm số đạt cực tiểu tại M0

Nếu   , thì hàm số đạt cực tiểu tại

Giả sử hàm số f  X f x1,x2, ,x n xác định và liên tục trong miền D

   i n

i

b i

x i

a n x x

x X

D  1, 2, , ;   ;  1 ,

Định lý :

Điều kiện cần để hàm số f  X đạt cực trị tại điểm Xx1, ,x nD,

là tất cả các đạo hàm riêng cấp 1 triệt tiêu tại Xx1, ,x n

 

 * ,

1

0 , ,

2 , 1 '















n i

n x x

x i x f

2 Điều kiện đủ

a Trường hợp hàm số hai biến

Giả sử M0 x0, y0 là một điểm dừng của hàm số z  f  x , y  và tại đó tất cả các đạo hàm riêng cấp 2 tồn tại và liên tục

Xét định thức 11 12 2

11 22 12

21 22

11 xx( , ),0 0 12 xy( , ),0 0 21 yx( , ),0 0 22 yy( , )0 0

a f x y a f x y a f x y a f x y

Định lý

+ Nếu   0 thì M0x0, y0 là điểm cực trị của hàm số z  f  x , y 

M0x0, y0 là điểm cực tiểu nếu a 11 > 0

M0x0, y0 là điểm cực đại nếu a 11 < 0

+ Nếu   0 thì M0 x0, y0 không là cực trị của hàm số z  f  x , y 

+ Nếu   0 chưa có kết luận ( cần phải xét thêm)

Để tìm cực trị của hàm số trước hết sử dụng điều kiện cần để tìm điểm dừng, sau đó dùng điều kiện đủ để kiểm tra lại

Ví dụ: Tìm cực trị của hàm số z  8 x3  2 xy  3 x2  y2

Ta có: zx' 24 x2 2 y 6 x









'' 48 6



zxx , zxy''  2  zyx'' , '' 2



yy

z Các điểm dừng của hàm số được xác định từ hệ phương trình















 0

0 3

12 2

y x

x y x

Giải hệ ta được M1( 0 ; 0 ); )

3

1

; 3

1 (

Tại M1  0 , 0 : a11   6 , a12  a21  2 , a22  2

0 16 4

12    





D  Hàm số không đạt cực trị tại điểm M1( 0 ; 0 )

3

1

; 3

1 (

0 16 4



D mà a11  10  0  hàm số đạt cực tiểu tại 











 3

1

; 3

1

2

M

b Trường hợp hàm n biến số

Giả sử X  x1, x2, , xn là điểm dừng của hàm số W  f  x1, x2, , xn và tại đó hàm số có các đạo hàm cấp 2 liên tục Khi đó vi phân toàn phần cấp 2 của hàm

n ij

j i ij

n i

n

y x

X

f a

dx dx a

2

2











Định lý

- Nếu 2

f

d là dạng toàn phương xác định dương thì điểm dừng X là điểm cực tiểu của hàm số f (X)

- Nếu 2

f

d là dạng toàn phương xác định âm thì điểm dừng X là điểm cực đại của hàm số f (X)

- Nếu 2

f

d là dạng toàn phương không xác định thì X không là điểm cực trị của hàm số f (X)

các đạo hàm riêng cấp 2 tại X

               nn n n n n a a a a a a a a a H

2 1

2 22

21

1 12

11

j i

ij

y x

X f a









2

* Định lý

1 Nếu tất cả các định thức con chính của ma trận H đều dương thì X là điểm cực tiểu của f   X

2 Nếu   1 k H  0 , k  1 ,n tức là H có tất cả các định thức con cấp lẻ âm và tất

W x2 5 2 2 2 4 6 16 20













Ta có W' 2x 4y

2

W''

yx

''

zx

''

zy

''

yz   , W 10,W'' 4

zz

''

Điểm dừng của hàm số là M(6, 3, 4)

Ta có







































4 0 0

0 10 4

0 4 2









10 4

4 2

; 0 2

phương trình ràng buộc

Xét bài toán: Tìm cực trị của hàm số

w  f ( x1, x2, , xn) , (1) với điều kiện

g ( x1, x2, , xn)  b (2) Hàm số (1) được gọi là hàm mục tiêu; x1, x2, , xn là các biến chọn, phương trình (2) gọi là phương trình ràng buộc

1 Hàm số Lagrange

Hàm số Lagrange là hàm số n+1 biến số:

L ( x1, x2, , xn,  )  f ( x1, x2, , xn)    b  g ( x1, x2, , xn

Biến phụ  gọi là nhân tử Lagrange

2 Điều kiện cần

Giả sử các hàm số f và g có các đạo hàm riêng liên tục trong một

lân cận của điểm X ( x1, x2, , xn) và các đạo hàm riêng của g không đồng thời bằng không tại X

Định lý Nếu hàm số (1),với điều kiện (2) đạt cực trị tại điểm X ( x1, x2, , xn) thì tồn tại một giá trị    của nhân tử Lagrange sao cho ( x1, x2, , xn,  ) là nghiệm

của hệ phương trình:

n i

g f

L

x x

x g b L

i i

i x x x

n

,1

0

0 ) , , ,

(

' '

'

2 1 '



















(3)

Điểm ( x1, x2, , xn,  ) gọi là điểm dừng của hàm số Lagrange

3 Điều kiện đủ

Điều kiện đủ được áp dụng đối với những điểm đã thoả mãn điều kiện cần

Giả sử (x1,x2, ,x n,  ) là điểm dừng của hàm số Lagrange,các hàm số f và

g có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục tại điểm (x1,x2, ,x n)

Lập ma trận

0 g1 g2 gn

g1 L11 L12 L1n

H  g2 L21 L22 L2n

g n L n1 L n2 L nn

trong đó '

k

x

g  (k=1,2, n) , Lij=L''xixj (i,j = 1,2, n) được tính tại điểm

Định lý:

1 Nếu (  1 )  0

k

giá trị cực đại tại điểm X ( x1, x2, , xn)

2 Nếu  0

k

cực tiểu tại điểm X ( x1, x2, , xn)

Ví dụ:

Tìm cực trị của hàm số

w = 8x+15y+28 (*)

với điều kiện

2x2+3y2=107 (**)

Hàm số Lagrange có dạng là

L = 8x + 15y + 28 +  (107 - 2x2 - 3y2)

Ta có

L' 107 - 2x2 - 3y2

L'x 8 4  x





L'y 15 6  y





107 - 2x2 - 3y2=0 2x2 +3y2 = 107

8 4x 0 

y

x 2

5 2







15 6y 0

Giải hệ trên ta thu được kết quả

+) y = 5 x = 4,

2

1





+) y = -5 x = -4,

2

1





Hàm Lagrange có hai điểm dừng )

2

1 , 5 , 4 (

1

2

1 , 5 , 4 (

Ta có

Ta lập định thức

0 4x 6y

H  4x -4  0 = 144  y2  96  x2   ( 144 y2  96 x2)

6y 0 -6 

2

1 , 5 , 4

(

1

M  H  0 , như vậy hàm số đạt cực đại tại điểm (4;5)

2

1 , 5 , 4

(

1   

M  H  0 , như vậy hàm số đạt cực tiểu tại điểm (-4;-5)