Nếu Ah là dạng toàn phương xác định dương thì f đạt cực tiểu địa phương tại x0.. Nếu Ah là dạng toàn phương xác định âm thì f đạt cực đại địa phương tại x0.. Nếu Ah là dạng toàn phương n
Trang 1GIẢI TÍCH (CƠ BẢN)
Tài liệu ôn thi cao học năm 2005
Phiên bản đã chỉnh sửa
PGS TS Lê Hoàn Hóa Ngày 3 tháng 12 năm 2004
Phép Tính Vi Phân Của Hàm Nhiều
Biến (tt)
Định nghĩa 1 Cho D là tập mở trong Rn, f : D → R Giả sử đạo hàm riêng ∂x∂fi(x), i =
1, 2, , n tồn tại với mọi x ∈ D Khi đó ∂x∂f
i: D → R biến x ∈ D thành ∂x∂fi(x) là hàm số thực theo n biến số thực và được gọi là hàm đạo hàm riêng của f theo biến xi Ta có thể đề cập đến đạo hàm riêng của hàm ∂x∂f
i theo biến xj
∂
∂xj
∂f
∂xi
(x) = lim
t→0
∂f
∂x i(x + tej) − ∂x∂f
i(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: Cho
f (x, y) =
(
xyxx22−y+y22 x2 + y2 > 0
0 x = y = 0
Ta sẽ có: ∂x∂y∂2f (0, 0) = −1 và ∂y∂x∂2f (0, 0) = 1
Thật vậy, ta có:
∂f
∂x(0, 0) = limt→0
f (t, 0) − f (0, 0)
t = 0 và
∂f
∂y(0, 0) = limt→0
f (0, t) − f (0, 0)
t = 0
∂f
∂x(0, y) = limt→0
f (t, y) − f (0, y)
t = limt→0
ty(t2 − y2) t(t2+ y2) = −y
∂f
∂y(x, 0) = limt→0
f (x, t) − f (x, 0)
t = limt→0
tx(x2− t2) t(x2+ t2) = x
Trang 2Suy 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 = 1 Định lí 1 (Định lý Schwartz) Nếu các đạo hàm riêng ∂x∂2f
i ∂x j,∂x∂2f
j ∂x i liên tục tại x thì
∂2f
∂xi∂xj(x) =
∂2f
∂xj∂xi(x)
Cho D là tập mở trong Rn, f : D → R và f ∈ Ck(D) (nghĩa là các đạo hàm riêng hỗn hợp bậc bé thua hay bằng k liên tục) Cho x ∈ D và h = (h1, h2, , hn) ∈ Rn sao cho:
x + th ∈ D, ∀t ∈ [0, 1] Khi đó tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho:
f (x + h) = f (x) +
n
X
1
hi ∂
∂xi
!
f (x) + 1
2!
n
X
1
hi ∂
∂xi
!2
f (x) + · · ·
+ 1 (k − 1)!
n
X
1
hi ∂
∂xi
!k−1
f (x) + 1
k!
n
X
1
hi ∂
∂xi
!k
f (x + θh)
Số hạng k!1 Pn
1hi∂x∂
i
k
f (x + θh) là dư số Lagrange
Hoặc là:
f (x + h) = f (x) +
n
X
1
hi ∂
∂xi
!
f (x) + 1
2!
n
X
1
hi ∂
∂xi
!2
f (x) + · · ·
+ 1 (k − 1)!
n
X
1
hi ∂
∂xi
!k−1
f (x) + 1
k!ϕ(h)h
k
trong đó số hạng k!1ϕ(h)hk là đại lượng vô cùng bé bậc lớn hơn khkk, 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
+ 1 2
∂2f
∂x2 (x, y) s2+ 2 ∂
2f
∂x∂y(x, y) st +
∂2f
∂y2 (x, y) t2
+ · · ·
+ 1 k!
k
X
i=1
Ckisitk−i ∂
kf
∂xi∂yk−i + o s2+ t2k/2 trong đó o(s2+ t2)k/2 là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn (s2+ t2)k/2
Trang 35.3 Tính duy nhất
Cho D là tập hợp mở trong Rn, 0Rn ∈ D và f : D → R Giả sử f ∈ Ck(D) và thỏa mãn
f (x) = P (x) + R(x), ∀x ∈ D trong đó P (x) là đa thức bậc bé thua hay bằng k theo các biến x1, x2, , xn và
|R(x)| 6 q(x)kxkk với lim
x→0Rnq(x) = 0 Khi đó P (x) chính là khai triển Taylor của f gần 0Rn, nghĩa là
P (x) = f (0) +
n
X
1
xi ∂
∂xi
!
f (0) + 1
2
n
X
1
xi ∂
∂xi
!2
f (0) + · · · + 1
k!
n
X
1
xi ∂
∂xi
!k
f (0)
Thí dụ: 1) Cho f (x, y) = x sin(x2+ xy) thì f ∈ Ck(R2) với mọi k ∈ N Dùng khai triển thành chuổi Taylor
sin t =
∞
X
0
(−1)k t
2k+1
(2k + 1)!
ta được
f (x, y) = x sin x2+ xy = x
∞
X
0
(−1)k(x
2+ xy)2k+1 (2k + 1)!
Số hạng (−1)k(x 2 +xy)2k+1x
(2k+1)! là tổng của các đơn thức bậc (4k + 3) theo hai biến x, y tương ứng với số hạng (4k + 3) trong công thức Taylor của f là:
1 (4k + 3)!
n
X
i=0
Cnixiyn−i∂
nf (0, 0)
∂xi∂yn−i với n = 4k + 3
Nghĩa là
1 (4k + 3)!
n
X
i=0
Cnixiyn−i∂
nf (0, 0)
∂xi∂yn−i = (−1)kx (x
2+ 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 x16y3 ở hai vế:
1 19!C
16 19
∂19f (0, 0)
∂x16∂y3 = 1
9!C
6 9
Suy ra:
∂19f (0, 0)
∂x16∂y3 = 16!
6!
ii) ∂
nf (0, 0)
∂xi∂yn−i = 0 nếu n 6= 4k + 3, thí dụ ∂
20f (0, 0)
∂xi∂y20−i = 0 với mọi i từ 1 đến 20
Trang 42) Cho f (x, y) = y2cos(x2 + y) thì f ∈ Ck(R2) với mọi k ∈ N Dùng khai triển thành chuổi Taylor:
cos t =
∞
X
0
(−1)k t
2k
(2k)!
ta được:
f (x, y) = y2cos x2+ y = y2
∞
X
0
(−1)k(x
2+ y)2k (2k)!
Cần khai triển Taylor của f đến bậc 10 ở vế trái trong tổng y2
∞
X
0
(−1)k(x
2+ y)2k (2k)! Gọi B là tổng các đơn thức bậc bé thua 10, ta được
B = y2
1 − y
2
2 − x2y + x4+ y4 + x2y3+ x4y2
2 − y
6
6!
− x2y5+ x8
4! +
y8
8!
B chính là khai triển Taylor của f đến bậc 10
Bài tập
1) 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, ∂ 2 P
∂x∂y(0, 0) = 2,∂∂x2P2(0, 0) = 1,∂∂y2P2(0, 0) = 1 Tính ∂P∂x(1, 1), ∂x∂y∂2P (1, 2)
2) Khai triển Taylor của f (x, y) = y2sin(x2 − xy) đến bậc 8 trong lân cận của (0, 0) Tính
∂ 8 f (0,0)
∂x 2 ∂y 6 và ∂∂x8f (0,0)4 ∂y 4
3) Khai triển Taylor của f (x, y) = exycos y đến bậc 4 trong lân cận của (0, 0) Tính ∂∂x4f (0,0)3 ∂y
và ∂∂x∂y4f (0,0)3
Định 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) 6 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 tại x
6.1.1 Điều kiện cần
Cho D mở trong Rn, f : D −→ R và x ∈ D Giả sử tồn tại các đạo hàm riêng ∂x∂fi(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
Trang 56.1.2 Điều kiện đủ
Cho D là tập mở trong Rn, f : D → R và f ∈ C2(D) Giả sử tại x0 ∈ D có ∂x∂f
i(x) = 0 với mọi
i = 1, 2, , n Áp dụng công thức Taylor cho hàm f trong lân cận của x0, ta có
f (x0+ h) − f (x0) = 1
2
n
X
i=1
hi ∂
∂xi
!2
f (x0) + ϕ(h)(h)2
với lim
h→0Rn
ϕ(h) = 0L2 (R n ,R)
Đặt A là dạng toàn phương định bởi:
A(h) =
n
X
i=1
hi
∂
∂xi
!2
f (x0) =
n
X
i=1
h2i∂
2f (x0)
∂x2 i
+ 2X
i6=j
hihj
∂2f (x0)
∂xi∂xj Dạng toàn phương A(h) thỏa mãn một trong các tính chất
1 Dạng toàn phương A(h) là xác định dương nghĩa là A(h) > 0 với mọi h 6= 0Rn
2 Dạng toàn phương A(h) là xác định âm nghĩa là A(h) < 0 với mọi h 6= 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)6 0) với mọi h 6= 0Rn và có một h0 6= 0Rn sao cho A(h0) = 0
4 Dạng toàn phương A(h) không xác định, nghĩa là tồn tại h, h0 ∈ Rn sao cho A(h) > 0 và A(h0) < 0
Định lí 2 Cho D là tập mở trong Rn, f : D → R và f ∈ C2(D) Giả sử tại x0 ∈ D: ∂x∂f
i(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 thể kết 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 xác định như trên, ma trận biểu diễn của A(h) là ma trận bậc n × n đặt là B:
B =
a11 a12 a1n
a21 a22 a2n
an1 an2 ann
với aij = ∂
2f (x0)
∂xi∂xj Xem các định thức con trên đường chéo chính
∆1 = a11, ∆2 =
a11 a12
a21 a22
, , ∆n =
a11 a12 a1n
a21 a22 a2n
an1 an2 ann
Khi đó:
Trang 61 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 định dương
– Nếu (−1)i∆i > 0, ∀i và có một i sao cho ∆i = 0 thì A(h) là dạng toàn phương nửa xác định âm
4 Các trường hợp khác thì A(h) là dạng toàn phương không xác định
Thí dụ: Xét cực trị địa phương của hàm số
f (x, y, z) = x3+ xy + y2− 2xz + 2z2+ 3y − 1 Tọa 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 = 0
Có 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 = 0 Tại M1(1, −2,12), ta có
B =
6 1 −2
1 2 0
−2 0 4
∆1 = 6, ∆2 =
6 1
1 2
= 11, ∆3 =
6 1 −2
1 2 0
−2 0 4
= 36
Vậy A là dạng toàn phương xác định dương Suy ra f đạt cực tiểu địa phương tại M1 và
f (M1) = −92
Tại M2(−12, −54, −14) ta có
B =
−3 1 −2
1 2 0
−2 0 4
∆1 = −3, ∆2 =
−3 1
1 2
= −7, ∆3 =
−3 1 −2
1 2 0
−2 0 4
= −36
Vậy A là dạng toàn phương không xác định Suy ra f không đạt cực trị địa phương tại M2
Trang 7Thí dụ: Khảo sát cực trị địa phương của hàm
f (x, y, z) = sin x + sin y + sin z − sin(x + y + z), 0 < x, y, z < π Tọa 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) = 0
0 < x, y, z < 0
Điểm 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 = −1
Ma trận biểu diễn của dạng toàn phương
B =
−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
= −4 Vậy 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 hàm
f (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 = 0 Điểm dừng: M0(0, 0) và tất cả các điểm trên đường tròn (C)x2+ y2 = 1
Do f (x, y) > 0, ∀(x, y) ∈ R2, f (0, 0) = 0 nên f đạt cực tiểu địa phương tại M0
Đặt t =px2+ y2, ϕ(t) = t2e−t2 Đạo hàm ϕ0(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
Trang 8Bài tập
1– Xét cực trị địa phương của các hàm số sau:
a) f (x, y) = x3+ y3− 3xy
b) f (x, y) = 2x4+ y4− x2− y2
c) f (x, y) = 8x +xy + y x > 0, y > 0
d) f (x, y, z) = x2+ y2+ z2− xy + x − 2z
e) f (x, y, z) = x +y4x2 + zy2 + 2z với xyz 6= 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) = 0 HD: Dùng định lý hàm ẩn:
∂z
∂x = −
2x − z + 2 2z − x − y + 2,
∂z
∂y = −
2y − z + 2 2z − x − y + 2 Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình
2x − z + 2 = 0 2y − z + 2 = 0
x2+ y2+ z2− xz − xy + 2(x + y + z − 1) = 0 2z − x − y + 2 6= 0
Có 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 = − 2
2z − x − y + 2,
∂2f
∂y2 = − 2
2z − x − y + 2,
∂2f
∂x∂y = 0 Tại M1: ma trận biểu diển của dạng toàn phương là
B =
"
− 1
2√6 0
0 − 1
2√6
# , ∆1 = − 1
2√
6, ∆2 =
1 24 Dạng toàn phương xác định âm, vậy f đạt cực đại địa phương tại M1 và z(M1) = −4 + 2√
6 Tại M2: ma trận biểu diễn của dạng toàn phương là
B =
" 1
2√6 0
0 1
2√6
# , ∆1 = 1
2√
6, ∆2 =
1 24 Dạng toàn phương xác định dương, vậy z đạt cực tiểu địa phương tại M2và z(M2) = −4 − 2√
6
Trang 97 Cực trị có điều kiện
Những phát biểu sau đây đúng trong trường hợp tổng quát của hàm f theo n + p biến với p điều kiện Tuy nhiên ở đây ta chỉ xét đơn giản cho trường hợp ba biến với một điều kiện
Định 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 M0 nếu tồn tại r > 0 sao cho 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 M0 nếu tồn tại r > 0 sao cho f (M0) 6 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 M0 nếu f đạt cực đại địa phưong hoặc cực tiểu địa phương có điều kiện tại M0
Cho f, ϕ ∈ C1(D), M0 ∈ S và ∂ϕ
∂z(M0) 6= 0 Nếu f đạt cực trị địa phương có điều kiện ϕ(x, y, z) = 0 tại M0 thì có duy nhất số thực λ0 sao cho x0, y0, z0, λ0 là nghiệm của hệ phương trình:
∂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) = 0
ϕ(x, y, z) = 0
(I)
λ0 được gọi là nhân tử Lagrange của f tại M0 với 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 điều kiện Có thể có nhiều điểm dừng ứng với cùng một giá trị λ0
Giả sử f, ϕ ∈ C2(D) và x0, y0, z0, λ0 là nghiệm của hệ phương trình (I) và ∂ϕ∂z(x0, y0, z0) 6= 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)dydz trong đó dx, dy, dz thỏa mãn
∂ϕ
∂x(M0)dx +
∂ϕ
∂y(M0)dy +
∂ϕ
∂z(M0)dz = 0 Khi đó:
Trang 10i) Nếu A là dạng toàn phương xác định dương thì f đạt cực tiểu địa phương có điều kiện ϕ(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 tại
M0
iii) Nếu A là dạng toàn phương không xác định thì f không đạt cực trị địa phương có điều kiện tại M0
iv) Nếu A là dạng toàn phương nửa xác định dương hay nửa xác định âm thì chưa thể kết luận về cực trị địa phương có điều kiện
Thí 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 nghiệm của hệ:
∂F
∂x = 1 + λyz = 0
∂F
∂y = 1 + λxz = 0
∂F
∂z = 1 + λxy = 0 xyz − a = 0 Ứng với λ = −a2/31 có 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 kiện
dϕ(M ) = 0 ⇔ a2/3(dx + dy + dz) = 0 hay dz = −dx − dy Thế vào, ta được:
d2F (M ) = 2a−1/3(dx2+ dxdy + dy2) > 0 Dạng toàn phưong xác định dương Vậy f đạt cực tiểu địa phương có điều kiện tại M và
f (M ) = 3a1/3
Vậy: f (x, y, z) = x + y + z > 3a1/3 nếu xyz = a > 0
Thí dụ: Xét cực trị địa phương của hàm f (x, y, z) = x + y + z với điều kiện 1x+1y+1z− 1 = 0 Đặt
F (x, y, z) = x + y + x + λ 1
x +
1
y +
1
z − 1
Tọa độ điểm dừng và nhân tử Lagrange là nghiệm của hệ:
∂F
∂x = 1 − xλ2 = 0
∂F
∂y = 1 − yλ2 = 0
∂F
∂z = 1 − zλ2 = 0
1
x +y1 +1z = 1
Trang 11Ứng với λ = 9 có điểm dừng M1(3, 3, 3), ứng với λ = 1 có ba điểm dừng M2(−1, 1, 1),
M3(1, −1, 1), M4(1, 1, −1)
Ứng với λ = 9 và M1(3, 3, 3) ta được:
F (x, y, z) = x + y + z + 9 1
x+
1
y +
1
z − 1
có dạng toàn phương:
d2F (M1) = 2
3(dx
2+ dy2+ dz2) > 0 Dạng toàn phương xác định dương (dễ dàng nhận biết mà không cần sử dụng thêm điều kiện dϕ(M ) = 0) Vậy f đạt cực tiểu địa phương có điều kiện tại M1 và f (M1) = 9
Ứng với λ = 1 và M2(−1, 1, 1) ta có:
F (x, y, z) = x + y + z + 1
x +
1
y +
1
z − 1
có dạng toàn phương:
d2F (M2) = 2(−dx2+ dy2+ dz2)
Sử dụng điều kiện dϕ(M2) = 0 ta được:
dϕ(M2) = dx + dy + dz = 0 hay dx = −dy − dz Thay vào biểu thức của d2F (M2) ta được d2F (M2) = −dydz Biểu thức này đổi dấu khi dx, dy biến thiên Dạng toàn phương không xác định Vậy f không đạt cực trị địa phương có điều kiện tại M2 Do biểu thức của f và ϕ đối xứng theo x, y, z nên tại M3, M4 f cũng không đạt cực trị địa phương có điều kiện
Bài tập
1– Xét cực trị địa phương có điều kiện của hàm số:
a) f (x, y) = xy với điều kiện x2+y42 = 1
b) f (x, y) = x2+ 12xy + 2y2 nếu 4x2+ y2 = 25
c) f (x, y) = x2+ y2 nếu x2− 2x − 4y + y2 = 0
HD: Cả ba bài này có thể dùng phương pháp biểu diển tham số phương trình điều kiện rồi thế vào biểu thức của f Thí dụ câu b: 4x2+ y2 = 25 có biểu diễn tham số là
x(t) = 5
2cos t, y(t) = 5 sin t với t ∈ [0, 2π]
Đặt
g(t) = f x(t), y(t) = 25
4 cos
2
t + 120 sin t cos t + 50 sin2t Hay
g(t) = −25.7
8cos 2t + 60 sin 2t + 25.
9
8, t ∈ [0, 2π]
