Tải bản đầy đủ

Giải tích hàm nhiều biến

BÀI GIẢNG

GI¶I TÝCH HµM NHIÒU BIÕN


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

BÀI 1

GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

1

Không gian n chiều
• Ta đã biết trong không gian 3 chiều được đặc trưng hoàn toàn bởi bộ 3 số (x, y, z)
là tọa độ Descartes của nó; x là hoành độ, y là tung độ, z là cao độ.
Tổng quát: Mỗi bộ có thứ tự n số thực (x1 , x2 , . . . , xn ) gọi là một điểm n chiều. Ký
hiệu M (x1 , x2 , . . . , xn ) có nghĩa là điểm n chiều M có các tọa độ x1 , x2 , . . . , xn . Tập
các điểm M (x1 , x2 , . . . , xn ) gọi là không gian Euclide n chiều. Ký hiệu tập này là

Rn .
• Cho M (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn , N (y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rn . Gọi khoảng cách giữa M và N,
ký hiệu d (M, N), là số thực tính theo công thức:
d (M, N) =

2

2

(x1 − y1 ) + . . . + (xn − yn ) =

n

∑ (xi − yi)2

i=1

Tương tự như trong R, R2 , R3 ta nhận được bất đẳng thức tam giác trong Rn . Tức
là với 3 điểm A, B,C bất kỳ trong Rn ta có:
d (A,C) ≤ d (A, B) + d (B,C)

• Cho M0 x10 , x20 , . . . , xn0 ∈ Rn và ε > 0. Tập Ωε (M0 ) = {M ∈ Rn : d (M, M0 ) < ε}
gọi là ε− lân cận hoặc lân cận bán kính ε của M0 hoặc hình cầu mở tâm M0 bán
kính ε.
• Cho E ⊂ Rn . Điểm M ∈ E gọi là điểm trong của E nếu ∃ε > 0 : Ωε (M) ⊂ E. Điểm
N ∈ Rn gọi là điểm biên của E nếu bất kỳ Ωε (N) đều chứa những điểm thuộc E
và điểm không thuộc E(∀ε > 0). Tập E gọi là tập mở nếu mọi điểm của nó đều là
điểm trong, gọi là đóng nếu nó chứa mọi điểm biên của nó. Tập các điểm biên của
E ký hiệu ∂ E. Bao đóng của E hay tập E đóng ký hiệu E và có E = E ∪ ∂ E.
• Tập E gọi là bị chặn hay giới nội nếu tồn tại số N sao cho E ⊂ ΩN (0).
• Tập E gọi là liên thông nếu mỗi cặp điểm M1 , M2 trong E đều được nối với nhau
bởi một đường cong liên tục nào đó nằm trọn trong E. Tập liên thông E gọi là đơn
liên nếu nó bị giới hạn bởi một mặt kín (một đường cong kín trong R 2; một mặt
cong kín trong R3 ). Tập liên thông E gọi là đa liên nếu nó bị giới hạn bởi từ hai
mặt kín trở lên rời nhau từng đôi một.
Ví dụ 1 Xét các tập sau trong R2
A = (x, y) : x2 + y2 < 4
B = {(1, 2) , (−1, 0) , (0, 0)}
và R2
Giải:


Ta có:
∂ A = (x, y) : x2 + y2 = 4 − đường tròn tâm O bán kính 2
2


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

A = (x, y) : x2 + y2 ≤ 4 − hình tròn kể cả biên
A, R2 là các tập liên thông, B không liên thông (gồm 3 điểm rời rạc).
A, B là các tập giới nội, R2 không giới nội (cả mặt phẳng Oxy).

2

Định nghĩa hàm nhiều biến

Cho D ⊂ Rn . Gọi ánh xạ

f :D→R

Hay là M (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ D → u = f (M) = f (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ R là một hàm số của n
biến số xác định trên D. D gọi là miền xác định của hàm số f ; x1 , x2 , . . . , xn là các biến
số độc lập, còn u gọi là biến số phụ thuộc.

3

Miền xác định của hàm nhiều biến số

Người ta quy ước: Nếu cho hàm số u = f (M) mà không nói gì về miền xác định D của
nó thì pahir hiểu rằng miền xác định D của hàm số là tập hợp các điểm M sao cho biểu
thức f (M) có nghĩa. Miền xác định của hàm số thường là tập liên thông.
Ví dụ 2 Tìm miền xác định của các hàm số sau đây và mô tả hình học các miền đó
1. z =

1 − x 2 − y2

2. x = ln (x + y)
y
3. u =
9 − x 2 − y2 − z 2
Giải:
1. Miền xác định là tập (x, y) ∈ R2 sao cho 1 − x2 − y2 ≥ 0 hay x2 + y2 ≤ 1. Đó là hình
tròn đóng tâm O bán kính bằng 1 (Hình 1a). hình tròn đóng này có thể mô tả bởi
hệ bất phương trình:
−1 x 1
− 1 − x2

y

1 − x2

2. Miền xác định là tập (x, y) ∈ R2 thỏa mãn x + y > 0 hay y > −x. Đó là nửa mặt
phẳng có biên là đường y = −x (Hình 1b). Nửa mặt phẳng này được mô tả bởi hệ
bất phương trình:
−∞ < x < +∞
−x < y < +∞
3. Miền xác định là tập (x, y, z) ∈ R3 thỏa mãn x2 + y2 + z2 < 9. Đó là hình cầu mở
tâm O bán kính bằng 3 (Hình 1c). Hình cầu mở này được mô tả bằng hệ bất phương
trình:


 −3 < x < 3
9 − x2
− 9 − x2 y


− 9 − x 2 − y2 z
9 − x 2 − y2

3


Bài giảng Giải tích 2

4

Phương trình vi phân cấp 1

Giới hạn của hàm nhiều biến số

Khái niệm giới hnaj của hàm nhiều biến số cũng được đưa về khái niệm giới hạn của
hàm một biến số. Ở đây một biến số đóng vai trò là khoảng cách d (M0 , M) giữa hai
điểm M0 và M trong không gian Rn . Để đơn giản trong cách viết chúng ta xét trong
không gian 2 chiều R2 .

• Ta nói dãy điểm Mn (xn , yn ) dần đến điểm M0 (x0 , y0 ); ký hiệu Mn → M0 khi n → ∞
lim xn = x0
n→∞
nếu lim d (Mn , M0 ) = 0 hay
lim yn = y0
n→∞
n→∞

• Cho hàm z = f (x, y) xác định ở lân cận M0 (x0 , y0 ), có thể trừ điểm M0 . Ta nói
rằng hàm f (M) có giới hạn là l khi M (x, y) dần đến M0 (x0 , y0 ) nếu mọi dãy điểm
Mn (xn , yn ) thuộc lân cận dần đến M0 ta đều có: lim f (xn , yn ) = l.
n→∞
Ta thường ký hiệu lim f (M) = l hay
lim
f (x, y) = l.
M→M0

(x,y)→(x0 ,y0 )

Sử dụng ngôn ngữ "ε − δ " có thể định nghĩa như sau: Hàm số f (M) có giới hạn l
khi M → M0 nếu ∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 < d (M0 , M) < δ ⇒ | f (M) − l| < ε.
Chú ý 1 • Tất cả các khái niệm giới hạn vô hạn hoặc các định lý về giới hạn: tổng,
hiệu, tích, thương đều giống như hàm một biến số.

• Từ định nghĩa ta nhận thấy: Giới hạn l của hàm số f (x, y) khi M → M0 không phụ
thuộc đường đi của M tiến đến M0 , vì thế nếu chỉ ra hai đường đi của M tiến đến
M0 mà f (M) tiến đến hai giá trị khác nhau thì hàm số không có giới hạn tại M0 .
Ví dụ 3 Tìm các giới hạn:
x2 y
1.
lim
(x,y)→(0,0) x2 + y2
xy
2.
lim
(x,y)→(0,0) x2 + y2
xy
3.
lim
(x,y)→(0,0)
x 2 + y2
Giải:
x2 y
− 0 ≤ |y|.
x 2 + y2
Do đó ∀ε > 0, ∃δ = ε : 0 < d (M, M0 ) = x2 + y2 < δ ⇒ |y| < δ = ε. Vậy:

1. Ta có d (M, O) =

x2 + y2 và

x2 y
lim
=0
(x,y)→(0,0) x2 + y2
2. Cho M (x, y) → O (0, 0) theo đường y = Cx, C = const thì
xy
Cx2
xy
C
=

lim
=
x2 + y2 (1 +C2 ) x2
1 +C2
(x,y)→(0,0) x2 + y2
chứng tỏ dãy giá trị hàm có giới hạn khác nhau phụ thuộc vào C, do đó hàm đã cho
không có giới hạn.
4


Bài giảng Giải tích 2

3. Ta có

xy
x2 + y2

Phương trình vi phân cấp 1

−0 ≤

|x|
x2 + y2

|y| ≤ |y|. Lập luận tương tự câu 1 suy ra
xy

lim

(x,y)→(0,0)

5

x 2 + y2

=0

Tính liên tục

5.1

Định nghĩa

• Hàm số f (M) xác định trên miền D và M0 ∈ D. Ta nói rằng hàm số f (M) liên tục
tại M0 nếu lim f (M) = f (M0 ).
M→M0

• Hàm số f (M) xác định trên miền D được gọi là liên tục trên miền D nếu nó liên
tục tại mọi điểm M ∈ D.
• Hàm số f (M) liên tục trên miền đóng D nếu nó liên tục trên miền D và liên tục tại
mọi điểm N ∈ ∂ D theo nghĩa: lim f (M) = f (N) , M ∈ D.
M→N

• Nếu đặt ∆ f (x0 , y0 ) = f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 ) gọi là số gia toàn phần của
hàm số tại (x0 , y0 ). Khi đó hàm số f (x, y) liên tục tại (x0 , y0 ) nếu như ∆ f (x0 , y0 ) →
0 khi ∆x → 0 và ∆y → 0.
5.2

Tính chất

Hoàn toàn tương tự như hàm một biến số ta có tính chất quan trọng sau đây:
Định lý 1 Nếu f (x, y) liên tục trong miền đóng D giới nội thì nó đạt giá trị lớn nhất và
giá trị bé nhất trong miền D tức là ∃M1 , M2 ∈ D để có bất đẳng thức kép:
f (M1 ) ≤ f (M) ≤ f (M2 ) ,

5

∀M ∈ D


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

BÀI 2

ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

6

Đạo hàm riêng

Cho hàm số u = f (x, y) xác định trong miền D và M0 (x0 , y0 ) ∈ D. Thay y = y0 vào hàm
số đã cho sẽ nhận được một hàm số một biến số u = f (x, y0 ). Nếu hàm số này có đạo
hàm tại x0 thì đạo hàm đó được gọi là đạo hàm riêng của f (x, y) đối với x tại M0 (x0 , y0 )
và ký hiệu như sau:
ux (x0 , y0 ) hay

∂u
∂f
(x0 , y0 ) hay fx (x0 , y0 ) hay
(x0 , y0 )
∂x
∂x

Đặt ∆x f (x0 , y0 ) = f (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 ) gọi là số gia riêng của hàm f (x, y) theo
biến x tại (x0 , y0 ), ta có:
∆x f (x0 , y0 )
∂f
(x0 , y0 ) = lim
∆x→0
∂x
∆x
Tương tự ta có định nghĩa đạo hàm riêng của hàm số đối với y tại M0 (x0 , y0 ) và ký hiệu:
uy (x0 , y0 ) ,

∂u
∂f
(x0 , y0 ) , fy (x0 , y0 ) ,
(x0 , y0 )
∂y
∂y

Chú ý 2 Có thể chuyển toàn bộ các phép tính đạo hàm của hàm một biến số: cộng, trừ,
nhân, chia, . . . sang phép tính đạo hàm riêng.
Ví dụ 4 Tính đạo hàm riêng sau:
1. u = x3 y,

ux (1, 2) ,

uy (1, 1).

2. u = xy (x > 0), ux (x, y) , uy (x, y)
y
3. u = x2 z arctan , ux (x, y, z) , uy (x, y, z) ,
z

uz (x, y, z)

Giải:
1. ux (x, y) = 3x2 y ⇒ ux (1, 2) = 6
uy (x, y) = x3 ⇒ uy (1, 1) = 1
2. ux (x, y) = yxy−1 ,

uy (x, y) = xy ln x
y
3. ux (x, y, z) = 2xz arctan
z
1 1
z2 z2
2
uy (x, y, z) = x z
= 2 2
z
y +z
y2
1+ 2
z
y
y 1
y
yz
uz (x, y, z) = x2 arctan − x2 z
= x2 arctan − 2 2
2
z
z
z y +z
y
1+ 2
z
6


Bài giảng Giải tích 2

7

Phương trình vi phân cấp 1

Vi phân toàn phần

7.1

Định nghĩa

• Cho hàm số u = f (x, y) xác định trong miền D chứa (x0 , y0 ). Nếu số gia toàn phần
của hàm số tại (x0 , y0 ) ứng với số gia ∆x, ∆y của các đối số có dạng:
∆ f (x0 , y0 ) = A.∆x + B.∆y + α.∆x + β .∆y

(1)

trong đó A, B là những số chỉ phụ thuộc vào (x0 , y0 ). còn α, β dần đến 0 khi M →
M0 tức là khi ∆x → 0, ∆y → 0 thì nói rằng hàm số f (x, y) khả vi tại M0 , còn biểu
thức A.∆x + B.∆y được gọi là vi phân toàn phần của hàm số tại M0 và ký hiệu là
d f (x0 , y0 ), hay du (x0 , y0 ). Như vậy:
d f (x0 , y0 ) = A.∆x + B.∆y

• Hàm số u = f (x, y) được gọi là khả vi trong miền D nếu nó khả vi tại mọi điểm
của miền D.
7.2

Điều kiện cần của hàm số khả vi

Định lý 2 Nếu f (x, y) khả vi tại (x0 , y0 ) thì liên tục tại đó.
Chứng minh:

Từ (1) suy ra ∆ f (x0 ; y0 ) → 0 khi ∆x → 0, ∆y → 0.

Định lý 3 Nếu f (x, y) khả vi tại (x0 , y0 ) thì hàm số có các đạo hàm riêng tại (x0 , y0 )
và:
A = fx (x0 , y0 ) , B = fy (x0 , y0 )
Chứng minh:

Từ (1) suy ra:
∆y f (x0 , y0 )
= B+β
∆y

∆x f (x0 , y0 )
= A + α,
∆x
Vậy
fx (x0 , y0 ) = A,

fy (x0 ; y0 ) = B

chứng tỏ:
d f (x0 , y0 ) = fx (x0 , y0 ) ∆x + fy (x0 , y0 ) ∆y
7.3

(2)

Điều kiện đủ của hàm số khả vi

Định lý 4 Nếu hàm số u = f (x, y) có các đạo hàm riêng fx (x, y) , fy (x, y) liên tục tại
M0 (x0 , y0 ) thì f (x, y) khả vi tại M0 (x0 , y0 ).
Chứng minh:

Ta có
∆ f (x0 , y0 ) = f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )

= [ f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 + ∆y)] + [ f (x0 , y0 + ∆y) − f (x − 0, y0 )]
Áp dụng công thức số gia hữu hạn (công thức Lagrange) cho hàm một bến số f (x, y0 + ∆y)
tại lân cận x0 và f (x0 , y) ở lân cận y0 sẽ nhận được:
f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 + ∆y) = fx (x0 + θ1 ∆x, y0 + ∆y) ∆x
7


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

= f (x0 , y0 + ∆y) − f (x0 , y0 ) = fy (x0 , y0 + θ2 ∆y) ∆y
trong đó 0 < θ1 < 1, 0 < θ2 < 1
Vì fx và fy liên tục tạ M0 nên
fx (x0 + θ1 ∆x, y0 + ∆y) = fx (x0 , y0 ) + α
fy (x0 , y0 + θ2 ∆y) = fy (x0 , y0 ) + β
trong đó α → 0, β → 0 khi ∆x → 0, ∆y → 0. Do đó
∆ f = fx (x0 , y0 ) ∆x + fy (x0 , y0 ) ∆y + α∆x + β ∆y
Vậy f (x, y) khả vi tại M0 .
Nếu xét các hàm số h (x, y) = x và g (x, y) = y trong R2 thì rõ ràng:
dh (x, y) = dx = 1.∆x
dg (x, y) = dy = 1.∆y
Vậy vi phân toàn phần của hàm số f (x, y) tại (x0 , y0 ) có thể viết dưới dạng:
d f (x0 , y0 ) = fx (x0 , y0 ) dx + fy (x0 , y0 ) dy

8

Ứng dụng của vi phân toàn phần tính gần đúng

Nếu hàm số f (x0 , y0 ) khả vi tại (x0 , y0 ) thì rõ ràng:
∆ f (x0 , y0 ) = d f (x0 , y0 ) + α∆x + β ∆y
Vì rằng

α∆x + β ∆y
∆x2 + ∆y2

≤ |α| + |β | → 0 khi ∆x → 0, ∆y → 0

Suy ra d f (x0 , y0 ) khác số gia toàn phần ∆ f (x0 , y0 ) một vô cùng bé có bậc cao hơn vô
cùng bé ρ = ∆x2 + ∆y2 khi ∆x → 0, ∆y → 0. Vậy với |∆x| , |∆y| khá bé sẽ nhận được:
∆f ≈ d f

(3)

Công thức (3) thường được sử dụng để tính gần đúng giá trị của hàm số.
Chú ý 3 Tính khả vi của tổng, tích, thương hai hàm cũng giống như hàm một biến số
Ví dụ 5

1. Tính gần đúng arctan

1, 05
0, 97

2. Một hình trụ bằng kim loại có chiều cao h = 20cm và bán kính đáy r = 4cm. Khi
nóng lên h và r nở thêm các đoạn ∆h = ∆r = 0, 1cm. Hãy tính gần đúng thể tích
hình trụ khi nóng lên.
Giải:
1, 05
1 + 0, 05
x
= arctan
. Xét hàm số f (x, y) = arctan
0, 97
1 − 0, 03
y
1, 05
= f (x0 + ∆x, y0 + ∆y), trong đó x0 = y0 = 1, ∆x = 0, 05 và
Rõ ràng arctan
0, 97

1. Ta viết arctan

8


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

∆y = −0, 03.
Áp dụng công thức (3) ta có
f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) ≈ f (x0 , y0 ) + d f (x0 , y0 )
= f (1, 1) + fx (1, 1) .0, 05 + fy (1, 1) . (−0, 03)
1 1
y
f x (x, y) =
=
y
y2 + x2
x2
1+ 2
y
x
x 1
=

f y (x, y) = − 2
y
y2 + x 2
x2
1+ 2
y
1
π
1 1
f (x0 , +∆x, y0 + ∆) ≈ arctan + .0, 05+ .0, 03 = +0, 04 = 0, 785+0, 04 = 0, 825
1 2
2
4
2. Ta có V = πr2 h,Vr = 2πrh,Vh = πr2
Áp dụng công thức (3):
V (r + ∆r, h + ∆h) ≈ πr2 h + 2πrh∆r + πr2 ∆h
≈ π.42 .20 + 2π.4.20.0, 1 + π.462.0, 1 ≈ π.337, 6cm3
Chứng tỏ sai số tuyệt đối không quá 0, 3πcm3 và sai số tương đối không quá
0, 3π
1

337π 100

9

Đạo hàm của hàm hợp

D ⊂ Rn . Xét hai ánh xạ:
ϕ : D → Rm ,

f : ϕ (D) → R

Ánh xạ tích f ◦ ϕ xác định bởi
ϕ

f ◦ ϕ : (x1 , . . . , xn ) ∈ D → [u1 (x1 , . . . , xn ) , . . . , um (x1 , . . . , xn )] ∈ ϕ (D)
f

→ f [u1 (x1 , . . . , xn ) , . . . , um (x1 , . . . , xn )] ∈ R
được gọi là hàm số hợp của các biến số x1 , . . . , xn qua các biến trung gian u1 , . . . , um .
Để đơn giản, xét m = n = 2 và đặt F = f ◦ ϕ, ta có:
f

ϕ

F : (x, y) ∈ D → [u (x, y) , v (x, y)] ∈ ϕ (D) → f [u (x, y) , v (x, y)] = F (x, y)
∂f ∂f
,
liên tục trong ϕ (D) và nếu u, v có các
∂u ∂v
∂u ∂u ∂v ∂v
∂F ∂F
đạo hàm riêng
, , ,
trong D thì trong D tồn tại các đạo hàm riêng
,
∂x ∂y ∂x ∂y
∂x ∂y
và ta có:

∂F ∂ f ∂u ∂ f ∂v



 ∂x = ∂u ∂x + ∂v ∂x
(4)



F

f

u

f

v


=
+
∂y
∂u ∂y ∂v ∂y

Định lý 5 Nếu f có các đạo hàm riêng

9


Bài giảng Giải tích 2

Chứng minh:

Phương trình vi phân cấp 1

(Tham khảo [1])

Các công thức (4) có thể viết dưới dạng ma trận:

∂F ∂F
∂x ∂y

=

∂f ∂f
∂u ∂v

∂u
 ∂x

 ∂v
∂x


∂u
∂y 

∂v 
∂y

trong đó ma trận



∂u
∂y 

∂v 
∂y

∂u
 ∂x

 ∂v
∂x

được gọi là ma trận Jacobi của ánh xạ ϕ hay ma trận Jacobi của u, v đối với x, y, còn
định thức của ma trận ấy được gọi là định thức Jacobi của u, v đối với x, y và được ký
D (u, v)
.
hiệu là
D (x, y)
Trong tính toán, người ta không phân biệt f và F, chúng lấy cùng giá trị tạ những điểm
tương ứng (u, v) và (x, y). Có thể viết:
∂f
∂ f ∂u ∂ f ∂v
=
+
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x
∂f
∂ f ∂u ∂ f ∂v
=
+
∂y ∂u ∂y ∂v ∂y
Ví dụ 6 Tìm các đạo hàm riêng của hàm z = exy ln x2 + y2
Giải:

Ta có u = xy, v = x2 + y2 ⇒ z = eu ln v. Do đó:
eu
2x
∂z
u
= e ln v.y + .2x = exy y ln x2 + y2 + 2
∂x
v
x + y2
∂z
eu
2y
= eu ln v.x + .2y = exy x ln x2 + y2 + 2
∂y
v
x + y2

Chú ý 4 • Nếu z = f (x, y) , y = y (x) thì z là hàm số hợp của x, z = f (x, y (x)). Khi
đó ta có:
dz ∂ f ∂ f
=
+
y (x)
dx ∂ x ∂ y
Nếu z = f (x, y) , x = x (t) , y = y (t) thì z là hàm sô hợp của t thông qua hai biến
trung gian x, y. Khi đó ta có
dz ∂ f
∂f
=
x (t) +
y (t)
dx ∂ x
∂y
∂u ∂u ∂v ∂v
∂f ∂f
, , ,
liên tục thì từ (4) suy ra rằng
,
liên
∂x ∂y ∂x ∂y
∂x ∂y
tục, do đó z xem như hàm số của x, y là hả vi và ta có

• Nếu giả thiết thêm rằng

dz =

∂f
∂f
dx +
dy
∂x
∂y
10


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

Thế các công thức (4) vào, ta có
dz =
=

∂ f ∂u ∂ f ∂v
∂ f ∂u ∂ f ∂v
. +
.
dx +
. +
.
dy =
∂u ∂x ∂v ∂x
∂u ∂y ∂v ∂y
∂f
∂u

∂u
∂u
∂f
dx + dy +
∂x
∂y
∂v

∂v
∂v
dx + dy =
∂x
∂y

∂f
∂f
du +
dv
∂u
∂v
Vậy vi phân toàn phần của hàm số z = f (u, v) có cùng một dạng dù u, v là các biến
số độc lập hay là các hàm số của những biến số độc lập khác. Do đó Vi phân toàn
phần của hàm số nhiều biến số cũng có dạng bất biến như vi phân của hàm số một
biến số.
Các công thức
=

d (u ± v) = du ± dv, d (uv) = udv + vdu, d

vdu − udv
u
=
v
v2

đúng khi u, v là các biến số độc lập nên cũng đúng hi u, v là những hàm số của các biến
số khác.

11


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

BÀI 3

ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CẤP CAO

10
10.1

Đạo hàm và vi phân cấp cao
Đạo hàm riêng cấp cao

Cho hàm số z = f (x, y) xác định trên D, có các đạo hàm riêng fx , fy . Nếu các đạo hàm
riêng này có đạo hàm riêng thì đó được gọi là đạo hàm riêng cấp hai của f . Ký hiệu:
f
f
f
f


x2 = ∂ x

=
2
y
∂y

xy =
∂y

yx =
∂x

∂f
∂x
∂f
∂y
∂f
∂x
∂f
∂y

∂2 f
= 2
∂x
∂2 f
= 2
∂y
∂2 f
=
∂ y∂ x
∂2 f
=
∂ x∂ y

Ví dụ 7 Tính các đạo hàm riêng cấp hai của:
1. z = x3 ey + x2 y3 − y4 tại (−1, 1).
2. z = f (x, y) = xex

2 −y

.

3. z = x4 + y4 − 2x3 y3 .


xy x2 − y2


x 2 + y2
4. f (x, y) =



0

nếu

(x, y) = (0, 0)
tại điểm (0, 0).

nếu

(x, y) = (0, 0)

Các đạo hàm riêng cấp hai của hàm n biến và đạo hàm riêng cấp cao hơn được định
nghĩa tương tự.
10.2

Định lý Schwarz

Định lý 6 Nếu hàm số f (x, y) có các đạo hàm riêng fxy và fyx liên tục trong miền D thì
fxy = fyx
10.3

Vi phân cấp cao

• Xét hàm số z = f (x, y). Vi phân toàn phần của nó
dz = fx dx + fy dy
12


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

nếu tồn tại cũng là một hàm số của x, y. Vi phân toàn phần của dz nếu tồn tại, được
gọi là vi phân cấp hai của z và được ý hiệu là d 2 z. Vậy
d 2 z = d (dz) = d fx dx + fy dy
Tiếp tục như vậy người ta định nghĩa vi phân cấp cao hơn:
d 3z = d d 2z
... ...
d n z = d d n−1 z

• Nếu x, y là các biến độc lập, ta có:
d 2 z = d (dz) = f x dx + f y dy dx + f x dx + f y dy dy =
=f

x2 dx

2

+ f

xy +

f

yx

dxdy + f

2
y2 dy

Nếu fxy , fyx liên tục thì
d 2 z = fx2 dx2 + 2 fxy dxdy + fy2 dy2
Người ta dùng ký hiệu tượng trưng
2

d z=



dx + dy
∂x
∂y

2

z

• Tương tự, ta có vi phân cấp n:
n

d z=



dx + dy
∂x
∂y

n

z

• Trường hợp nhiều biến hơn định nghĩa tương tự.
• Trường hợp x, y không phải biến độc lập tham khảo giáo trình [1].
11

Đạo hàm của hàm ẩn

• Cho hai biến số x, y thỏa mãn phương trình
F (x, y) = 0

(∗)

Nếu y = y(x) là hàm số xác định trong khoảng nào đó sao cho khi thế vào (∗) ta
được đồng nhất thức thì y = y(x) là hàm số ẩn xác định bởi (∗).
Đạo hàm hai vế (∗) theo x ta được:
Fx (x, y) + Fy (x, y) y = 0 ⇒ y = −
Ví dụ 8 Tìm đạo hàm các hàm ẩn sau:
1. xy − ex sin y = π. Tính y (1, π).
2. x3 + y3 = 6xy. Tính y .
13

Fx (x, y)
, F (x, y) = 0
Fy (x, y) y


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

3. xy − ex + ey = 0. Tính y .
4. x − y + arctan y = 0. Tính y .

• Trường hợp hàm ẩn hai biến z = f (x, y) xác định bởi F (x, y, z) = 0, với F (x, y, z) =
0, ta có
F x (x, y, z)
F z (x, y, z)
F y (x, y, z)
F y (x, y, z) + F z (x, y, z) zy (x, y) = 0 ⇒ zx (x, y) = −
F z (x, y, z)
F x (x, y, z) + F x (x, y, z) zx (x, y) = 0 ⇒ zx (x, y) = −

Ví dụ 9 Tìm đạo hàm của các hàm ẩn sau:
1. x + yz + ez − 2 = 0. Tính zx , zy .
2. xyz = x + y + z. Tính zx , zy .
3. x3 + y3 + z3 + 6xyz = 1. Tính zx , zy .

• Trường hợp nhiều biến được trình bày tương tự.
• Nếu thừa nhận sự tồn tại của hàm ẩn và đạo hàm của nó, thì công thức đạo hàm
của hàm ẩn được suy ra từ đạo hàm của hợp. Do đó ta có thể tính các đạo hàm cấp
cao của hàm ẩn.
Ví dụ 10 Tìm đạo hàm các hàm ẩn:
1. Cho x − y + arctan y = 0. Tính y , y .
2. Cho ez = x + y + z. Tính zz , zx2 , zxy .

12

Hàm số thuần nhất

Tham khảo giáo trình [1]

13
13.1

Đạo hàm theo hướng, Gradient
Định nghĩa đạo hàm theo hướng

Cho hàm u (x, y, z) xác định trên D ⊂ R3 , M0 (x0 , y0 , z0 ) ∈ D, một hướng được đặc trưng
bởi vector e có vector đơn vị e0 (cos α, cos β , cos γ), tức là
α = i, e , β = j, e , γ = k, e .
Người ta gọi cos α, cos β , cos γ là các cosin chỉ phương của e. Rõ ràng
cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1.
∆u u (M) − u (M0 )
−−→
Lấy M ∈ D sao cho MM0 = ρe. Nếu tỉ số
=
có giới hạn hữu hạn khi
ρ
ρ
ρ → 0 (tức là khi M → M0 theo hướng e) thì nó được gọi là đạo hàm của hàm u theo
hướng e tại M0 , ký hiệu
∂u
u (M) − u (M0 )
(M0 ) = lim
ρ→0
∂e
ρ
14


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

Chú ý 5 • Giống như đạo hàm, đạo hàm theo hướng biểu thị sự biến thiên của u (M)
theo hướng e.

• Nếu e có hướng của Ox, tức là e0 = (1, 0, 0) thì M (x0 + ρ, y0 , z0 ). Khi đó:
∂u
u (x0 + ρ, y0 , z0 ) − u (x0 , y0 , z0 ) ∂ u
(M0 ) = lim
=
(M0 )
ρ→0
∂e
ρ
∂x
Chứng tỏ các đạo hàm riêng ux , uy , uz là các đạo hàm theo hướng của Ox, Oy, Oz.
13.2

Công thức tính

Định lý 7 Nếu u (x, y, z) khả vi tại M0 x0 , y0 , z) và e bất kỳ có các cosin chỉ phương
cos α, cos β , cos γ thì
∂u
∂u
∂u
∂u
(M0 ) =
(M0 ) cos α +
(M0 ) cos β +
(M0 ) cos γ
∂e
∂x
∂y
∂z
Ví dụ 11 Tìm

∂u
(M0 ) của hàm:
∂e

1. f (x, y) = xy2 − 2x2 y với M0 (−2; 1) theo hướng dương trục Ox.
2. f (x, y, z) = x2 + 2xz − 3y2 z3 với M0 (2; 1; 2) theo hướng e = (1; 1; −1)
13.3

Gradient

Cho hàm u (x, y, z) có các đạo hàm riêng tại M0 (x0 , y0 , z0 ) ∈ D ⊂ R3 .
∂u
∂u
∂u
Gọi vector có tọa độ
(M0 ) ,
(M0 ) ,
(M0 ) là gradient của hàm u (x, y, z) tại
∂x
∂y
∂z


−−→
M0 x − 0, y0 , z) . Ký hiệu là grad u (M0 ) (hoặc grad u (M0 ) , ∇u (M0 ) , ∇ u (M0 )).
∇u (M0 ) =
=

∂u
∂u
∂u
(M0 ) ,
(M0 ) ,
(M0 )
∂x
∂y
∂z

∂u
∂u
∂u
(M0 ) i +
(M0 ) j +
(M0 ) k
∂x
∂y
∂z

trong đó i, j, k là các vector đơn vị của Ox, Oy, Oz.
13.4

Liên hệ giữa Gradient và đạo hàm theo hướng

Nếu u (M) khả vi tại M0 thì ta có
∂u
(M0 ) = |∇u (M0 )| cos ϕ
∂e
trong đó ϕ là góc giữa e và ∇u (M0 )
∂u
(M0 ) đạt giá trị lớn nhất bằng |∇u (M0 )| khi
∂e
e cùng phương với ∇u (M0 ). Vậy ∇u (M0 ) cho ta biết phương theo nó độ biến thiên
của u tại M0 có giá trị tuyệt đối cực đại.

Chú ý 6 Từ mối liên hệ trên ta suy ra

15


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

∂u
(M0 ):
∂e
1. Với u (x, y, z) = xeyz , e = (2; −3; 0) , M0 (2; −3; 0).

Ví dụ 12 Tính ∇u (M0 ) ,

2. Với u (x, y, z) = x3 + y3 + z3 + 3xyz, e = (2; 1; −2) , M0 (1; 2; −3)

14

Công thức Taylor

Tham khảo giáo trình [1]

16


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

BÀI 4

CỰC TRỊ

15

Cực trị tự do

Định nghĩa 1 Cho hàm số z = f (x, y) xác định trên miền D ⊂ R2 .

• Hàm z = f (x, y) đạt cực đại (địa phương) chặt tại M0 (x0 , y0 ) nếu f (x, y) <
f (x0 , y0 ) , ∀ (x, y) gần (x0 , y0 ). Tức là
∃B (M0 , r) : ∀M ∈ B (M0 , r) ∩ D, M = M0 : f (M) < f (M0 )

• Hàm z = f (x, y) đạt cực đại (địa phương) không chặt tại M0 (x0 , y0 ) nếu f (x, y) ≤
f (x0 , y0 ) , ∀ (x, y) gần (x0 , y0 ). Tức là
∃B (M0 , r) : ∀M ∈ B (M0 , r) ∩ D : f (M) ≤ f (M0 )
∃M1 = M0 , M1 ∈ B (M0 , r) : f (M1 ) = f (M0 )

• Cực tiểu chặt và cực tiểu không chặt định nghĩa tương tự.
Ví dụ 13 Hàm f (x, y) = x2 + y2 đạt cực tiểu tại (0, 0).
Giải:

Thật vậy, xét
f (x, y) − f (0, 0) = x2 + y2 ≥ 0
f (x, y) = x2 + y2 = 0 ⇔ (x, y) = (0, 0)

Vậy điểm (0, 0) là điểm cực tiểu chặt.
Ví dụ 14 Khảo sát cực trị của hàm f (x, y) = 1 −
Giải:

(x − 1)2 + (y − 1)2 tại điểm (1, 1).

Ta có:

f (x, y) − f (1, 1) = 1 − (x − 1)2 + (y − 1)2 − 1 = − (x − 1)2 + (y − 1)2 ≤ 0
⇔ f (x, y) ≤ f (1, 1)
f (x, y) = 1 ⇔ (x, y) = (1, 1)
Vậy hàm đạt cực đại chặt tại (1, 1).
Ví dụ 15 Khảo sát cực trị của hàm f (x, y) = x2 y2 tại (0, 0).
Giải: Ta có f (x, y) − f (0, 0) = x2 y2 ≤ 0, suy ra f đạt cực tiểu tại (0, 0).
Trong mọi lân cận của (0, 0) đều tìm được một điểm khác với (0, 0) mà giá trị tại đó
bằng với f (0, 0) = 0.
Vậy (0, 0) là điểm cực tiểu hông chặt.
Ví dụ 16 Khảo sát cực trị của f (x, y) = xy2 tại điểm (0, 0).
Giải: Hàm không đạt cực trị tại (0, 0).
Nếu ta tiến về (0, 0) theo đường thẳng y = x (x > 0) thì f > 0.
Nếu ta tiến về (0, 0) theo đường thẳng y = x (x < 0) thì f < 0.
Trong mọi lân cận của (0, 0) đều tìm được điểm mà f > 0 và điểm mà f < 0.
17


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

Định lý 8 (Điều kiện cần của cực trị) Hàm f đạt cực trị tại M0 (x0 , y0 ) thì tại đó:
1. Không tồn tại đạo hàm riêng cấp 1. Hoặc
2. ∃ fx (x0 , y0 ) = 0, ∃ f (x0 , y0 ) = 0.
Chú ý 7

• Điểm dừng: các đạo hàm riêng cấp 1 bằng 0.

• Điểm tới hạn: các đạo hàm riêng cấp 1 bằng 0 hoặc không tồn tại.
• Điểm cực trị: hàm đạt cực đại hoặc cực tiểu.
Định lý 9 (Điều kiện đủ của cực trị) Giả sử f (x, y) có đạo hàm riêng cấp hai liên tục
tại lân cận điểm dừng (x0 , y0 ) và gọi:
∂2 f
∂2 f
∂2 f
(x0 , y0 ) , C = 2 (x0 , y0 ) , ∆ = B2 − AC
A = 2 (x0 , y0 ) , B =
∂x
∂ x∂ y
∂y

• Nếu ∆ > 0 thì hàm số không đạt cực trị tại (x0 , y0 ).
• Nếu ∆ = 0 thì chưa kết luận được gì về (x0 , y0 ).
• Nếu ∆ < 0 thì hàm số đạt cực trị tại (x0 , y0 ).
Cụ thể đạt cực đại nếu A < 0, đạt cực tiểu nếu A > 0.
Sơ đồ khảo sát cực trị của hàm hai biến y = f (x, y)
1. Tìm điểm dừng

f x (x, y) = 0
f y (x, y) = 0 ⇔ P1 (x, y) , P2 (x, y) , . . ..

2. Tính tất cả các đạo hàm riêng cấp hai fx2 , fxy , fy2 .
3. Khảo sát từng điểm dừng:
P (x1 , y1 ) :

A= f

x2 (P1 ) ,

B= f

xy (P1 ) ,

C= f

y2 (P1 ) ,

∆ = B2 − AC

∆ < 0 ⇒ P là điểm cực tiểu.
1
A>0
<0
• ∆
A < 0 ⇒ P1 là điểm cực đại.
• ∆ > 0 ⇒ P1 không là điểm cực trị.
• ∆ = 0 không kết luận được phải khảo sát bằng định nghĩa.



Ví dụ 17 Khảo sát cực trị tự do của hàm số f (x, y) = x2 + xy + y2 − 2x − y
Giải:

• Tìm điểm dừng:

f x = 2x + y − 2 = 0
f y = x + 2y − 1 = 0 ⇔ P1 (1, 0) .

• Tìm đạo hàm riêng cấp 2: fx2 = 2, fxy = 1, fy2 = 2.
• Khảo sát từng điểm dừng. P1 (1, 0) : A = fx2 (P1 ) = 2, B = fxy (P1 ) = 1,C = fy2 (P1 ) =
2, ∆ = B2 − AC = −3 < 0.
<0
Kết luận cho điểm dừng P1 : ∆
A > 0 ⇒ P1 là điểm cực tiểu, fct = f (P1 ) = −1.
18


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

Ví dụ 18 Khảo sát cực trị tự do của hàm f (x, y) = x4 + y4 − x2 − 2xy − y2 .
Giải:

• Tìm điểm dừng:

f x = 4x3 − 2x − 2y = 0
⇔ P1 (1, 1) , P2 (−1, −1) , P3 (0, 0).
f y = 4y3 − 2x − 2y = 0

• Tìm đạo hàm riêng cấp 2: fx2 = 12x2 − 2, fxy = −2, fy2 = 12y2 − 2.
• Khảo sát điểm dừng: P1 (1, 1) : A = fx2 (P1 ) = 10, B = −2,C = fy2 (P1 ) = 10; ∆ =
B2 − AC < 0.
< 0 ⇒ P là điểm cực tiểu, f = f (P ) = −2.
• Kết luận cho điểm dừng P1 : ∆
ct
1
1
A>0
Tương tự P2 là điểm cực tiểu.
Tại điểm dừng P3 : ∆ = 0 không thể kết luận được.
Khảo sát bằng định nghĩa: ∆ f = f (x, y) − f (0, 0) = x4 + y4 − x2 − 2xy − y2 .
Xét dấu của ∆ f trong lân cận của (0, 0):

• Với x = y =

1
thì f
n

1 1
,
n n

1
1
• Với x = , y = − thì f
n
n

=

2
n2

1 1
,−
n n

1
− 2 < 0.
n2
=

2
> 0.
n4

Chứng tỏ trong mọi lân cận của P3 hàm số đều có giá trị âm và giá trị dương. Vậy
P3 (0, 0) không phải là điểm cực trị.
Ví dụ 19 Khảo sát cực trị tự do của hàm f (x, y) = 1 + x2 + y2 .

x

=0
 fx =
x 2 + y2
Giải: Tìm điểm dừng:
⇒ không có điểm dừng.
y

f
=
=
0
 y
x 2 + y2
Dùng định nghĩa ta thấy đạo hàm riêng theo x, theo y tại (0, 0) không tồn tại ⇒ (0, 0)
là điểm tới hạn.
∆ f (0, 0) = f (x, y) − f (0, 0) =

x2 + y2 ≥ 0,

∆ f (0, 0) = 0 ⇔ (x, y) = (0, 0)

Suy ra (0, 0) là điểm cực tiểu chặt.
Ví dụ 20 Khảo sát cực trị của hàm f (x, y) = |x| + y2 tại điểm (0, 0).
Giải:

Không tồn tại fx (0, 0) ⇒ (0, 0) là điểm tới hạn, không phải điểm dừng.

f (x, y) − f (0, 0) = |x| + y2 ≥ 0, f (x, y) = f (0, 0) ⇔ (x, y) = (0, 0) .
Vậy (0, 0) là điểm cực tiểu chặt.

16

Cực trị có điều kiện

Đồ thị của f (x, y) = 2 − x − 2y là mặt phẳng. không có cực trị tự do.
Xét điều kiện: x2 + y2 = 1.
Khảo sát cực trị trên đường elipse là giao của mặt trụ và mặt phẳng. Tồn tại cực trị, cực
trị đó gọi là cực trị có điều kiện.
19


Bài giảng Giải tích 2

Định nghĩa 2
0 nếu

Phương trình vi phân cấp 1

• Hàm z = f (x, y) đạt cực đại chặt tại M0 (x0 , y0 ) với điều kiện ϕ (x, y) =

∃B (M0 , r) : ∀M ∈ B (M − 0, r) ∩ D, M = M0 : f (M) < f (M0 )
và thỏa mãn điều kiện ràng buộc ϕ (M) = 0.

Tương tự, ta có định nghĩa cực đại không chặt có điều kiện, cực tiểu chặt và không
chặt có điều kiện.

• Điểm M0 (x0 , y0 ) được gọi là điểm kỳ dị của đường cong ϕ (x, y) = 0 nếu
ϕx (M0 ) = 0, ϕy (M0 ) = 0
Định lý 10 (Điều kiện cần của cực trị có điều kiện)
Điểm M0 (x0 , y0 ) thỏa mãn các điều kiện:
1. M0 không là điểm kỳ dị của đường cong ϕ (x, y) = 0.
2. f (x, y) , ϕ (x, y) và các đạo hàm riêng cấp 1 liên tục trong lân cận của M0 .
3. Hàm f (x, y) với điều kiện ϕ (x, y) = 0 đạt cực trị tại M0 .
f x (M0 ) + λ ϕ x (M0 ) = 0
f
khi đó tồn tại một số λ thỏa:
y (M0 ) + λ ϕ y (M0 ) = 0
ϕ (M0 ) = 0
Số λ được gọi là nhân tử Lagrange.
Hàm L (x, y) = f (x, y) + λ ϕ (x, y) được gọi là hàm Lagrange.
Định lý 11 (Điều kiện đủ của cực trị có điều kiện)
Giả sử f (x, y) , ϕ (x, y) khả vi liên tục đến cấp 2 trong lân cận của M0 . Trong lân cận
của M0 thỏa mãn các điều kiện của định lý điều kiện cần.

• d 2 L (M0 ) > 0 ⇒ M0 là điểm cực tiểu có điều kiện.
• d 2 L (M0 ) < 0 ⇒ M0 là điểm cực đại có điều kiện.
• d 2 L (M − 0) không xác định dấu ⇒ M0 không là điểm cực trị.
Sơ đồ khảo sát cực trị của f (x, y) với điều kiện ϕ (x, y) = 0
1. Lập hàm Lagrange L (x, y) = f (x, y) + λ ϕ (x, y).
Tìm điểm dừng của L (x, y) :

Lx (x, y) = 0
Ly (x, y) = 0 ⇔
ϕ (x, y) = 0

P1 (x1 , y1 ) , λ1
P2 (x2 , y2 ) , λ2
... ... ...

2. Tính tất cả các đạo hàm riêng cấp 2: Lx2 , Lxy , Ly2 .
3. Khảo sát từng điểm dừng.

• Nếu d 2 L (P1 ) > 0 ⇒ P1 là điểm cực tiểu.
• Nếu d 2 L (P1 ) < 0 ⇒ P1 là điểm cực đại.
Chú ý 8

1. Để khảo sát d 2 L (P1 ) đôi khi ta cần sử dụng điều kiện
ϕ (x, y) = 0 ⇒ dϕ (x, y) = 0 ⇒ dϕ (P1 ) = 0 ⇔ ϕx (P1 ) dx + ϕy (P1 ) dy = 0.

Từ đây ta có dx theo dy (hoặc dy theo dx).
Thay vào biểu thức của d 2 L (P1 ), ta có một hàm theo dx2 (hoặc dy2 ).
20


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

2. Trong bài toán cực trị có điều kiện, dx và dy không đồng thời bằng 0.
3. Trường hợp có nhiều hơn một điều kiện ϕ1 (x, y) = 0, ϕ2 (x, y) = 0
L (x, y) = f (x, y) + λ1 ϕ1 (x, y) + λ2 ϕ2 (x, y)
và tiếp tục tương tự trường hợp một điều kiện.
Ví dụ 21 Tìm cực trị của hàm f (x, y) = 6 − 5x − 4y với điều kiện x2 − y2 = 9.
Giải:
1. Hàm Lagrange: L (x, y) = 6 − 5x − 4y + λ x2 − y2 − 9
1
Lx = −5 + 2λ x = 0
P1 (5, −4) , λ1 =
2
Ly = −4 − 2λ y = 0

1
P2 (−5, 4) , λ2 = −
ϕ (x, y) = x2 − y2 − 9 = 0
2
2. Tìm đạo hàm riêng cấp 2: Lx2 = 2λ , Lxy = 0, Ly2 = −2λ .
1
2
d 2 L (P1 ) = Lx2 (P1 ) + 2Lxy (P1 ) dxdy + Ly2 (P1 ) dy2 = dx2 − dy2

3. Khảo sát từng điểm dừng. P1 (5, −4) ,

λ1 =

từ điều kiện:
5
dϕ (P1 ) = 0 ⇔ 10dx + 8dy = 0 ⇔ dy = − dx
4
9
d 2 L (P1 ) = − dx2 ≤ 0
16
Vậy P1 là điểm cực đại chặt có điều kiện.
Tương tự với điểm P2 .
Ví dụ 22 Tìm cực trị của hàm f (x, y) = 2x2 + 12xy + y2 với điều kiện x2 + 4y2 = 25.
Giải:
1. Hàm Lagrange: L (x, y) = 2x2 + 12xy + y2 + λ x2 + 4y2 − 25 .
λ1 = 2, P1 (3, −2) , P2 (−3, 2)
Lx = 4x + 12y + 2λ x = 0
Ly = 12x + 2y + 8λ y = 0

17
λ2 = − , P3 , P4
2
2
ϕ (x, y) = x + 4y − 25 = 0
4
2. Tìm đạo hàm riêng cấp 2: Lx2 = 4 + 2λ , Lxy − 12, Ly2 = 2 + 8λ .
3. Khảo sát từng điểm dừng:
P1 (3, −2) , λ1 = 2, Lx2 = 8, Lxy = 12, Ly2 = 18
d 2 L (P1 ) = Lx2 (P1 ) dx2 + 2Lxy (P1 ) dxdy + Ly2 (P1 ) dy2 = 8dx2 + 24dxdy + 18dy2
Từ điều kiện
1250 2
8
dy ≥ 0
dϕ (P1 ) = 0 ⇔ 6dx − 16dy = 0 ⇔ dx = dy ⇒ d 2 L (P1 ) =
3
9
⇒ P1 là điểm cực tiểu chặt có điều kiện.
Các điểm còn lại xét tương tự.
21


Bài giảng Giải tích 2

17

Phương trình vi phân cấp 1

Tìm GTLN, GTNN trong miền đóng

Định nghĩa 3
chặn D, nếu

Số a được gọi là giá trị lớn nhất của hàm f trên một tập đóng và bị
∀M ∈ D : f (M) ≤ a và ∃M0 ∈ D : f (M0 ) = a

Tương tự ta có định nghĩa giá trị nhỏ nhất.
Nhắc lại: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của f = f (x) trên [a, b]
1. Tìm điểm tới hạn thuộc (a, b) : f (x) = 0 ⇔ x1 , x2 , . . ., loại các điểm không thuộc
(a, b). Tính giá trị của f tại những điểm còn lại.
2. Tính giá trị của f (a) , f (b).
3. So sánh các giá trị của f ở bước 1 và bước 2. Kết luận.
Định lý 12 (Weierstrass) Hàm nhiều biến f liên tục trên tập đóng và bị chặn D thì
đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên D.
Để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm nhiều biến f trên D
1. Tìm trong D (giữa các điểm trong của D).
Tìm điểm dừng của f : P1 , P2 , . . ., loại các điểm không là điểm trong của D. Tính
giá trị của f tại những điểm còn lại.
2. Tìm trên biên D.
3. So sánh các giá trị của f ở bước 1 và bước 2. Kết luận.
Chú ý 9

1. Tìm trên biên D: giả sử biên D cho bởi phương trình ϕ (x, y) = 0.

Tìm trên biên D tức là tìm cực trị của f (x, y) với điều kiện ϕ (x, y) = 0.
Lập hàm Lagrange: L (x, y) = f (x, y) + λ .ϕ (x, y).
Tìm điểm dừng của L:
Lx (x, y) = 0
Ly (x, y) = 0 ⇔
ϕ (x, y) = 0

Q1 (x1 , y1 )
Q2 (x2 , y2 )
... ...

Tính giá trị của f tại các điểm Q1 , Q2 , . . ..
2. Trường hợp đặc biệt, biên của D là những đoạn thẳng.
Tìm trên từng đoạn thẳng. Giả sử tìm trên đoạn AB có phương trình
a
c
ax + by = c (b = 0) ⇒ y = − x − .
b
b
Thay vào hàm f (x, y) ta có hàm một biến x, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm
này.
Ví dụ 23 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của f (x, y) = (x − 6)2 + (y + 8)2 trên miền
D : x2 + y2 ≤ 25.
Giải:
22


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

1. Tìm trong D:
f x = 2 (x − 6) = 0
⇔ P1 (6, −8) ∈
/D
f y = 2 (x + 8) = 0
2. Tìm trên biên của D : ϕ (x, y) = x2 + y2 − 25 = 0.
Lập hàm Lagrange: L (x, y) = (x − 6)2 + (y + 8)2 + λ x2 + y2 − 25 .
Tìm điểm dừng của L:

 Lx = 2 (x − 6) + 2λ x = 0
Q1 (3, −4)
Ly = 2 (y + 8) + 2λ y = 0 ⇔
 2
Q2 (−3, 4)
x + y2 = 25
f (Q1 ) = f (3, −4) = 25,

f (Q2 ) = f (−3, 4) = 225

3. So sánh giá trị của f ở bước 1 và bước 2. Kết luận.
Giá trị lớn nhất là 225 đạt tại (−3, 4).
Giá trị nhỏ nhất là 25 đạt tại (3, −4).
Ví dụ 24 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của f (x, y) = x2 − xy + y2 trên miền D : |x| +
|y| ≤ 1.
Giải:

1. Tìm trong D:
f x = 2x − y = 0
f y = −x + 2y = 0 ⇔ P1 (0, 0) ∈ D ⇒ f (P1 ) = 0
2. Tìm trên biên của D. Có 4 cạnh. Tìm trên từng cạnh một.
Trên AB: phương trình AB là y = 1 − x x ∈ [0, 1].
f = x2 − x (1 − x) + (1 − x)2 = 3x2 − 2x + 1
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm một biến trên [0, 1].
f = 6x − 2 = 0 ⇔ x =

1
∈ [0, 1]
3

Trên AB có 3 điểm nghi ngờ: A (0, −1) , B (1, 0) và Q1

1 2
,
.
3 3

1
Tính giá trị của f tại 3 điểm này: f (A) = 1, f (B) = 1, f (Q1 ) = .
3
Tương tự tìm trên 3 cạnh còn lại.

23


Bài giảng Giải tích 2

Phương trình vi phân cấp 1

3. So sánh, kết luận: GTLN: 1, GTNN: 0.
Ví dụ 25 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của f (x, y) = x2 − y2 trên miền D : x2 + y2 ≤ 2x.
Giải:

1. Tìm trong D:
f x = 2x = 0
⇔ P1 (0, 0)
f y = −2y = 0
loại vì không là điểm trong của D.
2. Tìm trên biên D : ϕ (x, y) = x2 + +y2 − 2x = 0 ⇔ y2 = 2x − x2
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm một biến
f = x2 − 2x − x2 = 2x62 − 2x trên [0, 2]
f = 4x − 2 = 0 ⇔ x =

1
⇒f
2

1
2

1
= − , f (0) = 0, f (2) = 4
2

3. So sánh, kết luận: Giá trị lớn nhất: 4; giá trị nhỏ nhất: −

1
2

(Có thể lập hàm Lagrange để giải).

24



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×