⇒ (x + y)2 = 9 ⇒ x + y = ±3.
Khi x + y = 3 thì xy = 2 từ đó suy ra hai điểm dừng M1(1, 2) và M2(2, 1).
Khi x + y = −3 thì xy = 2 từ đó suy ra hai điểm dừng M3(−1, −2) và M4(−2, −1).
Các đạo hàm cấp hai z00x2 = 6x, z00xy = 6y và zy002 = 6x.
Tại điểm M1(1, 2) ta có A = 6, B = 12, C = 6 nên D = AC − B2 = 36 − 144 < 0.
Vậy hàm số đã cho không đạt cực trị tại M1.
Tại điểm M2(2, 1) ta có A = 12, B = 6, C = 12 nên D = AC − B2 = 144 − 36 > 0.
Vậy hàm số đã cho đạt cực trị tại M2 hơn nữa A > 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại M2 và zmin = z(2, 1) = −28.
Tương tự tại M3(−1, −2) hàm số đã cho không đạt cực trị và tại M4(−2, −1) hàm số đạt cực đại và zmax= z(−2, −1) = 28.
Ví dụ 1.40 Hình hộp chữ nhật không có lắp có diện tích các mặt là 12m2. Tìm thể tích lớn nhất của hộp.
Giải. Gọi các chiều của hình hộp là x, y, z (x, y, z > 0) như hình vẽ bên. Thể tích của hình hộp V = xyz và diện tích các mặt 2xz + 2yz + xy = 12. Rút z = (12 − xy)/ [2(x + y)] thay vào biểu thức của thể tích ta được
V = xy 12 − xy
2(x + y) = 12xy − x2y2 2(x + y) Các đạo hàm riêng cấp một
∂V
∂x = y2(12 − 2xy − x2) 2(x + y)2
∂V
∂y = x2(12 − 2xy − y2) 2(x + y)2
Test has a local minimum at . Intuitively, we can see that this local minimum is actually an absolute minimum because there must be a point on the given plane that is closest to . If and , then
The shortest distance from to the plane is .
EXAMPLE 6 A rectangular box without a lid is to be made from 12 m of cardboard.
Find the maximum volume of such a box.
SOLUTION Let the length, width, and height of the box (in meters) be , , and , as shown in Figure 10. Then the volume of the box is
We can express as a function of just two variables and by using the fact that the area of the four sides and the bottom of the box is
Solving this equation for , we get , so the expression for becomes
We compute the partial derivatives:
If is a maximum, then , but or gives , so
we must solve the equations
These imply that and so . (Note that and must both be positive in this problem.) If we put in either equation we get , which gives
, , and .
We could use the Second Derivatives Test to show that this gives a local maxi- mum of , or we could simply argue from the physical nature of this problem that there must be an absolute maximum volume, which has to occur at a critical point
of , so it must occur when , , . Then , so the
maximum volume of the box is 4 m .
Absolute Maximum and Minimum Values
For a function of one variable the Extreme Value Theorem says that if is continu- ous on a closed interval , then has an absolute minimum value and an absolute maximum value. According to the Closed Interval Method in Section 4.2, we found these by evaluating not only at the critical numbers but also at the endpoints and .f a b
关a, b兴 f
f f
3
V苷2ⴢ2ⴢ1苷4 z苷1
y苷2 x苷2 V
V
z苷共122ⴢ2兲兾关2共22兲兴苷1 y苷2
x苷2
123x2苷0 x苷y
y x x苷y
x2苷y2
122xyy2苷0 122xyx2苷0
V苷0 y苷0
x苷0 V兾x苷V兾y苷0
V
V
y 苷 x2共122xyy2兲 2共xy兲2 V
x 苷y2共122xyx2兲 2共xy兲2
V苷xy 12xy
2共xy兲 苷12xyx2y2 2共xy兲 V
z苷共12xy兲兾关2共xy兲兴 z
2xz2yzxy苷12 y x V
V苷xyz
z y x
2
5s6兾6 x2yz苷4 共1, 0, 2兲
d苷s共x1兲2y2共6x2y兲2苷s(56)2(53)2(56)2苷5s6 6 y苷53
x苷116
共1, 0, 2兲
(116, 53)
f
816 ■ CHAPTER 11PARTIAL DERIVATIVES
▲Example 5 could also be solved using vectors. Compare with the methods of Section 9.5.
FIGURE 10 y
x z
Vì x, y > 0 nên hệ phương trình xác định điểm dừng đưa về việc giải các phương trình
12 − 2xy − x2 = 0 và 12 − 2xy − y2 = 0
Trừ vế với vế suy ra x2 = y2 bởi vì x, y > 0 nên x = y. Thay vào phương trình thứ nhất suy ra 12 − 3x2 = 0. Do đó x = 2, y = 2 và z = 1.
Từ tính chất vật lý tự nhiên của bài toán suy ra điểm đó là điểm làm cho thể tích đạt cực đại, cụ thể hơn đó là GTLN (ta có thể kiểm tra bằng cách sử dụng các đạo hàm riêng cấp hai) và thể tích cực đại V = 4(m3).
1.18. Cực trị có điều kiện của hàm nhiều biến số
Bài toán. Tìm cực trị của hàm u = f (x1, x2, ..., xn) với điều kiện ϕ(x1, x2, ..., xn) = 0.
Chú ý 1.9 Phương pháp khử biến số. Từ điều kiện ϕ(x1, x2, ..., xn) = 0 biểu diễn một biến qua n − 1 biến còn lại rồi thay vào biểu thức của hàm u = f(x1, x2, ..., xn).
TS. NGUYỄN ĐỨC HẬU
http://nguyenduchau.wordpress.com
1.18. Cực trị có điều kiện của hàm nhiều biến số 30 Ví dụ 1.41 Tìm cực trị của hàm u = πx2+ 2πxy với điều kiện πx2y = a, trong đó a > 0 cho trước, x > 0 và y > 0.
Giải. Từ điều kiện ta có y = πxa2 thay vào biểu thức của ta được u = πx2+ 2πx. a
π.x2 = πx2+ 2a x Ta có
u0 = 2πx − 2a x2 = 2
x2(πx3− a) Vậy
umin = u
3
r a π
= u
3
r a π , 3
r a π
= 33
√ πa2
Ví dụ 1.42 Tìm cực trị của hàm u = z − 2x + 3y với điều kiện x2+ y2+ z = 0.
Giải. Từ điều kiện ta có z = −(x2+y2) thay vào hàm số ta có u = −x2−y2−2x +3y.
Hệ phương trình xác định điểm dừng u0x= −2x − 2 = 0
u0y = −2y + 3 = 0 ⇔
x = −1 y = 32 Vậy có một điểm dừng −1,32
.
Mặt khác ta có: u00x2 = −2, u00xy = 0, u00y2 = −2.
Tại điểm dừng đó A = −2, B = 0 và C = −2 do đó D = AC − B2= 4 > 0 hơn nữa do A < 0 nên hàm số đã cho đạt cực đại tại −1,32
và umax= u(−1,32) = 134 . Kết luận. Điểm −1,32, −134
là điểm cực đại của u = z − 2x + 3y với điều kiện x2+ y2+ z = 0 và giá trị cực đại u = 134.
Chú ý 1.10 Phương pháp nhân tử Lagrange. Tìm cực trị tự do của hàm La- grange L = f (x1, x2, ..., xn) + λϕ(x1, x2, ..., xn). Vì ϕ(x1, x2, ..., xn) = 0 nên cực trị tự do của L chính là cực trị có điều kiện của hàm u = f (x1, x2, ..., xn) với điều kiện ϕ(x1, x2, ..., xn) = 0.
Cách tìm (Nhắc lại).
Bước 1. Hệ phương trình xác định điểm dừng L0x1 = L0x2 = ... = L0xn = 0
ϕ(x1, x2, ..., xn) = 0
Bước 2. Giả sử (a1, a2, ..., an) là một trong những điểm dừng đó. Xét dấu vi phân cấp hai d2L(a1, a2, ..., an).
(a) Nếu d2L(a1, a2, ..., an) > 0, ∀∆x1, ..., ∆xn không đồng thời bằng không và có trị số tuyệt đối đủ bé thì L(a1, a2, ..., an) là cực tiểu tự do của hàm L, do đó f(a1, a2, ..., an) là cực tiểu có điều kiện của hàm f với điều kiện ϕ(x1, x2, ..., xn) = 0.
TS. NGUYỄN ĐỨC HẬU
http://nguyenduchau.wordpress.com
1.18. Cực trị có điều kiện của hàm nhiều biến số 31 (b) Nếu d2L(a1, a2, ..., an) < 0, ∀∆x1, ..., ∆xn không đồng thời bằng không và có trị số tuyệt đối đủ bé thì L(a1, a2, ..., an) là cực đại tự do của hàm L, do đó f(a1, a2, ..., an) là cực đại có điều kiện của hàm f với điều kiện ϕ(x1, x2, ..., xn) = 0.
(c) Nếu d2L(a1, a2, ..., an) có dấu thay đổi thì f (a1, a2, ..., an) không phải là cực trị của hàm f với điều kiện ϕ(x1, x2, ..., xn) = 0.
Ví dụ 1.43 Tìm cực trị của hàm f (x, y) = x2+ 2y2 trên đường tròn x2+ y2= 1.
Giải. Bài toán tương đương với việc tìm cực trị của hàm f với điều kiện g(x, y) = x2+ y2− 1 = 0. Hàm Lagrange L = f + λg. Hệ tìm các điểm dừng
L0x= 2x − 2λx = 0 L0x= 4y − 2λy = 0 x2+ y2= 1
Giải hệ suy ra 4 điểm tới hạn (0, 1), (0, −1) và khi λ = 1 ứng với hai điểm (1, 0) và (−1, 0).
Using the method of Lagrange multipliers, we look for values of , , , and such
that and . This gives the equations
which become
There are no general rules for solving systems of equations. Sometimes some inge- nuity is required. In the present example you might notice that if we multiply (2) by
(3) by , and (4) by , then the left sides of these equations will be identical.
Doing this, we have
We observe that because would imply from (2), (3),
and (4) and this would contradict (5). Therefore, from (6) and (7) we have
which gives . But (since would give ), so . From (7) and (8) we have
which gives and so (since ) . If we now put in
(5), we get
Since , , and are all positive, we therefore have , , and as before.
EXAMPLE 2 Find the extreme values of the function on the circle .
SOLUTION We are asked for the extreme values of subject to the constraint . Using Lagrange multipliers, we solve the equations , , which can be written as
or as
x2y2苷1 11
4y苷2y
10
2x苷2x
9
t共x, y兲苷1 fy苷ty
fx苷tx t共x, y兲苷1 f苷t
t共x, y兲苷x2y2苷1
f x2y2苷1
f共x, y兲苷x22y2 y苷2 x苷2
z苷1 z
y x
4z24z24z2苷12
x苷y苷2z y苷2z
x苷0 2xz苷xy
2yzxy苷2xz2yz
x苷y V苷0
z苷0 z苷0
xz苷yz
2xzxy苷2yzxy
yz苷xz苷xy苷0 苷0
苷0
xyz苷共2xz2yz兲 8
xyz苷共2yzxy兲 7
xyz苷共2xzxy兲 6
z y
x,
2xz2yzxy苷12 5
xy苷共2x2y兲 4
xz苷共2zx兲 3
yz苷共2zy兲 2
2xz2yzxy苷12 Vz苷tz
Vy苷ty Vx苷tx
t共x, y, z兲苷12 V苷t
y z x
824 ■ CHAPTER 11PARTIAL DERIVATIVES
▲Another method for solving the system of equations (2–5) is to solve each of Equations 2, 3, and 4 for and then to equate the resulting expressions.
▲In geometric terms, Example 2 asks for the highest and lowest points on the curve in Figure 2 that lies on the paraboloid and directly above the constraint circle x2y2苷1.
z苷x22y2 C
FIGURE 2 z
x
y ≈+¥=1
z=≈+2¥
C
Tại 4 điểm này f(0, 1) = 2, f (0, −1) = 2, f (1, 0) = 1 và f (−1, 0) = 1. Từ đó trên đường tròn x2+ y2 = 1 giá trị cực đại của f là f (0, ±1) = 2 và giá trị cực tiểu là f(±1, 0) = 1. Kết luận đó phù hợp với hình vẽ.
Ví dụ 1.44 Dùng phương pháp nhân tử Lagrange tìm cực trị của hàm số u(x, y, z) = z − 2x + 3y với điều kiện x2+ y2+ z = 0.
Giải. Hàm Lagrange L = z − 2x + 3y + λ(x2+ y2+ z). Hệ phương trình xác định điểm dừng
L0x = −2 + 2λx = 0 L0y = 3 + 2λy = 0 L0z = 1 + λ = 0 x2+ y2+ z = 0
⇔
λ = −1 x = −1 y = 3/2 z = −13/4 Vậy có một điểm dừng duy nhất M −1,32, −134
.
Ta có L00x2 = 2λ, L00xy = 0, L00y2 = 2λ nên d2L = 2λ(∆x2+ ∆y2) do đó d2L(M ) =
−2(∆x2+ ∆y2) < 0. Vậy hàm số đã cho đạt cực đại tại M và umax= u
−1, 3 2 , − 13
4
= 13 4
Chú ý 1.11 Vì ϕ(x1, x2, ..., xn) = 0 nên dϕ(x1, x2, ..., xn) = 0 ⇒ ∂x∂ϕ
1∆x1 +
∂ϕ
∂x2∆x2 + ... + ∂x∂ϕ
n∆xn = 0. Hệ thức này đôi khi giúp ta xét dấu của d2L trong một số trường hợp.
Ví dụ 1.45 Tìm cực trị của hàm u = x + y + z với điều kiện 1x +1y +1z = 1.
TS. NGUYỄN ĐỨC HẬU
http://nguyenduchau.wordpress.com
1.18. Cực trị có điều kiện của hàm nhiều biến số 32 Giải. Lập hàm Lagrange
L = x + y + z + λ 1
x + 1 y + 1
z − 1
Hệ phương trình xác định các điểm dừng
L0x= 1 − xλ2 = 0 L0y = 1 −yλ2 = 0 L0z = 1 −zλ2 = 0
1
x+1y + 1z = 1
⇒ x2 + y2 + z2 = λ ⇒ λ = 9, λ = 1. Từ đó suy ra có 4 điểm dừng M1(3, 3, 3), M2(−1, 1, 1), M3(1, −1, 1), M4(1, 1, −1).
Ta có
L00x2 = 2λ
x3, L00y2 = 2λ
y3, L00z2 = 2λ
z3, L00xy = L00yz= L00zx= 0 nên
d2L = 2λ ∆x2
x3 + ∆y2
y3 + ∆z2 z3
(a) Tại M1
d2L(M1) = 2.9 ∆x2
27 + ∆y2
27 + ∆z2 27
> 0 Vậy hàm số đạt cực tiểu tại M1 và umin = u(3, 3, 3) = 9.
(b) Tại M2
d2L(M2) = 2.1 ∆x2
−1 + ∆y2
1 + ∆z2 1
= 2(∆y2+ ∆z2− ∆x2)
chưa thể kết luận dấu của d2L(M2). Do ϕ = 1x+1y +1z − 1 = 0 nên dϕ = −x12∆x −
1
y2∆y − z12∆z = 0. Tại M2(−1, 1, 1) ta suy ra −∆x − ∆y − ∆z = 0 ⇒ ∆x =
−(∆y + ∆z). Thay vào d2L(M2) ta được
d2L(M2) = 2(∆y2+ ∆z2− (∆y + ∆z)2) = −4∆y∆z
Vậy d2L(M2) đổi dấu. Khi ∆y, ∆z cùng dấu thì d2L(M2) < 0 và khi ∆y, ∆z trái dấu thì d2L(M2) > 0. Vậy hàm số không đạt cực trị điều kiện tại M2.
Tương tự tại M3, M4 ta cũng có kết luận là hàm số không đạt được cực trị có điều kiện.
Tóm lại với điều kiện 1x +1y + 1z = 1 thì hàm u = x + y + z chỉ có một cực tiểu duy nhất là umin= u(3, 3, 3) = 9.
TS. NGUYỄN ĐỨC HẬU
http://nguyenduchau.wordpress.com