HÀM NHIỀU BIẾN Định nghĩa Hàm biến f : D ⊂ 2 →  M ( x, y )=  z f= ( M ) f ( x, y ) Miền xác định hàm f(x,y) miền D ⊂  cho f(x,y) có nghĩa VD: f : D ⊂  →  M ( x, y )  z = f ( x, y ) = − x − y Miền xác định hàm f(x,y) tập hợp điểm M ( x, y ) ∈ D cho − x2 − y ≥ ⇔ x2 + y ≤ Vậy D ………………… Đồ thị hàm số f(x,y) z ≥ z ≥ ⇔   2 2  z =1 − x − y  z + x + y =1 ĐN Đường đẳng trị: tập hợp điểm M(x,y) cho f(x,y)=const (hằng số) VD: f ( x, y ) = x + y = : ………………………… Giới hạn liên tục 2.1 Khoảng cách điểm, dãy điểm Cho điểm M(x,y), M ( x0 , y0 ) d ( M , M ) = ( x − x0 ) + ( y − y0 ) ≥ Cho dãy điểm M ( x0 , y0 ), M ( x1 , y1 ), M ( x2 , y2 ), , M k ( xk , yk ) Dãy điểm M k hội tụ đến M ký hiệu M k → M d ( M k , M ) → ( xk → x0 , yk → y0 ) 2.2 Lân cận điểm {M ∈  / d ( M , M ) < r} lân cận điểm M Cho M ( x0 , y0 ), r > 0, B( M , r ) = Đây dĩa tròn tâm M bán kính r (khơng lấy biên) M ( x0 , y0 ), r > 0, B′( M , r ) = {M ∈  / d ( M , M ) ≤ r} : dĩa tròn lấy biên M ( x0 , y0 ), r > 0, ∂B( M , r ) ={M ∈  / d ( M , M ) = r} Do B′= ( M , r ) B ( M , r ) + ∂B ( M , r ) 2.3 Giới hạn hàm biến f : D ⊂ 2 →  M ( x, y )  z = f ( M ) Hàm f(x,y) có giới hạn a M tiến đến M ta viết f ( M ) → a M → M ∀ε > 0, ∃δ > : ∀M ∈ D, < d ( M , M ) < δ ⇒ f ( M ) − a < ε Ký hiệu lim f ( x, y ) = a x → x0 y → y0 xy VD1: Tính lim VD2:Tính   lim( x + y ) sin   x →0  xy  y →0 VD3: Tính lim x →0 y →0 x →0 y →0 − + xy xy x2 + y 1 1 ′ ′ 2 1 Chọn hai dãy ( xn , yn ) = ,  ;( xn , yn )  ,  , chuyển giới hạn biến = n n n n 2.4 Liên tục điểm Hàm f(x,y) liên tục M ( x0 , y0 ) thỏa điều kiện • • Hàm f(x,y) xác định M ( x0 , y0 ) lim f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) x → x0 y → y0 Hàm f(x,y) liên tục D f(x,y) liên tục M ( x0 , y0 ), ∀M ∈ D 2.5 Định lý Weirestrass: Cho E tập Compact, E ∈  , f(x,y) liên tục E Khi • • f(x,y) bị chặn E f(x,y) đạt GTLN, GTNN E ∃M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ∈ E : f ( x1 , y1 ) ≤ f ( x, y ) ≤ f ( x2 , y2 ) • E compact  E đóng ( E chứa biên nó)  E bị chặn (nếu có hình trịn chứa E ⊂ B(0, R) VD: E = B′(0,1) = {M ∈  / d ( M , 0) ≤ 1} Đạo hàm-Vi phân 3.1 Đạo hàm riêng Cho hàm z = f ( x, y ) Đạo hàm riêng hàm f(x,y) theo biến x M ( x0 , y0 ) • • f ( x0 + ∆x, y0 ) − f ( x0 , y0 ) ∂f ∂z ′ : = = ( x0 , y0 ) ( x0 , y0 ) f= lim x ( x0 , y0 ) ∆ x → ∂x ∂x ∆x ĐHR f(x,y) theo biến x f ( x0 , y0 + ∆y ) − f ( x0 , y0 ) ∂f ∂z ′ = = ( x0 , y0 ) ( x0 , y0 ) f= lim : y ( x0 , y0 ) y ∆ → ∂y ∂y ∆y ĐHR f(x,y) theo biến y VD1: f ( x, y )= x y + y + x ∂f ∂f (1, 0)= ?; (1, 0)= ? ∂x ∂y ∂f ∂f = xy + x ⇒ (1, 0) = ∂x ∂x ∂f ∂f = x + y ⇒ (1, 0) = ∂y ∂y VD2: f ( x,= y) ∂f ∂f x + y Tính= ( x, y ) ?;= ( x, y ) ? ∂x ∂y ∂f ∂f VD3: f ( x= , y ) ln( x + e y ) Tính= ( x, y ) ?;= ( x, y ) ? ∂x ∂y 3.2 Hàm khả vi vi phân toàn phần Hàm f(x,y) gọi khả vi M ( x0 , y0 ) số gia hàm số biểu diễn ∆f = ∆z = A.∆x + B.∆y + Ο(d ), d = (∆x) + (∆y ) Đại lượng: A.∆x + B.∆y =df ( x0 , y0 ) :vi phân toàn phần cấp hàm f(x,y) M ( x0 , y0 ) Định lý: Nếu hàm z = f ( x, y ) xác định lân cận điểm M ( x0 , y0 ) đạo hàm riêng f x′, f y′ liên tục M ( x0 , y0 ) f ( x, y ) khả vi M ( x0 , y0 ) ∂f ∂f = ( x0 , y0 ) A= ; ( x0 , y0 ) B ∂x ∂y Lúc df ( x0 , y0 ) = A.∆x + B.∆y = f x′( x0 , y0 ).dx + f y′( x0 , y0 ).dy Vậy df = f x′.dx + f y′.dy ⇒ df ( x0 , y0 ) = f x′( x0 , y0 ).dx + f y′( x0 , y0 ).dy x+ y VD: Tính vi phân cấp hàm f(x,y) điểm (1,0) với f ( x, y ) e= = df (1, 0) ? Ứng dụng vi phân tính gần đúng: ∆f = A.∆x + B.∆y + Ο(d ), ⇒ ∆f ≈ f x′( x0 , y0 ).∆x + f y′( x0 , y0 ).∆y ⇒ f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) − f ( x0 , y0 ) ≈ f x′( x0 , y0 ).∆x + f y′( x0 , y0 ).∆y ⇒ f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ f ( x0 , y0 ) + f x′( x0 , y0 ).∆x + f y′( x0 , y0 ).∆y ⇒ f ( x, y ) ≈ f ( x0 , y0 ) + f x′( x0 , y0 ).∆x + f y′( x0 , y0 ).∆y ⇒ f ( M ) ≈ f ( M ) + f x′( M ).∆x + f y′( M ).∆y ⇒ f ( M ) ≈ f ( M ) + df ( M ) VD: Tính gần Xét hàm f ( x,= y) =  f x′ Tính  =  f y′ (1) (1, 02)3 + (1,99)3 x + y Ta có: x0= , y0= , ∆x= , ∆y= , f ( x0 , y0 )= =  f x′( x0 , y0 ) ⇒ =  f y′( x0 , y0 ) Thay vào công thức xấp xỉ (1) ta có: (1, 02)3 + (1,99)3 ≈ 3.3 Đạo hàm theo hướng  Đạo hàm hàm f ( x, y ) theo hướng u (u1 , u2 ) (vector đơn vị) M ( x0 , y0 ) f ( x0 + tu1 , y0 + tu2 ) − f ( x0 , y0 ) ∂f  ( x0 , y0 ) = lim t →0 t ∂u • • (2)  f ( x0 + t , y0 ) − f ( x0 , y0 ) ∂f  ( x0 , y0 ) : ĐHR theo x Nếu u (1, 0); u1 = 1, u2 = ⇒ lim = t →0 t ∂x  f ( x0 , y0 + t ) − f ( x0 , y0 ) ∂f  ( x0 , y0 ) : ĐHR theo y Nếu u (0,1); u1 = = 0, u2 = ⇒ lim t →0 t ∂y  Định lý: Cho f ( x, y ) khả vi M ( x0 , y0 ) có đạo hàm theo hướng u (u1 , u2 ) ∂f ∂f ∂f  ( x0 , y0 ) = ( x0 , y0 )u1 + ( x0 , y0 )u2 ∂x ∂y ∂u   ∂f ∂f  Đặt ∇f ( x, y ) =  ,  : gradient hàm f(x,y), u (u1 , u2 )  ∂x ∂y  (3) ∂f  ( x, y ) = ∂u  ( ∇f ( x, y), u ) (4) Chứng minh: Vì hàm f(x,y) khả vi nên ta có: ∆f = ∆z = A.∆x + B.∆y + Ο(d ) ∂f ∂f ( x0 , y0 )tu1 + ( x0 , y0 )tu2 + Ο(d ) ∂x ∂y f ( x0 + tu1 , y0 + tu2 ) − f ( x0 , y0 ) ∂f ∂f ( x0 , y0 )u1 + ( x0 , y0 )u2 ⇒ lim = t →0 t ∂x ∂y ∂f ∂f ∂f ( x0 , y0 )u1 + ( x0 , y0 )u2 = f x′( x0 , y0 )u1 + f y′( x0 , y0 )u2 ⇒  ( x0 , y0 ) = ∂x ∂y ∂u ⇔ f ( x0 + tu1 , y0 + tu2 )= − f ( x0 , y0 )    VD1:Tính đạo hàm f ( x= , y ) x y + y theo hướng u= 2i + j M(1,2)  f x′ = xy  f x′(1, 2) = 12 ⇒   f y′ x +  f y′(1, 2) = =      u u = 2i + j = (2,1) ⇒ v(v1 , v2 ) =  = u   =  ,  : vector đơn vị 22 + 12  5  (2,1) ∂f ∂f ∂f 28 ⇒  (1, 2) = + = (1, 2)v1 + (1, 2)v2 = 12 ∂x ∂y ∂u 5 VD2: f ( x, y )= e x +5 y ∇f (1, 0)= ? = =  f x′  f x′(1, 0) ⇒ ⇒ ∇f (1, 0) =( , )  ′ = =  f y  f y′(1, 0) VD3: f ( x, y ) =x e y + y sin x ∇f ( x, y ) = ? 3.4 Đạo hàm riêng hàm hợp a) z f ( x,= = y ); x x= (t ); y y (t ) Ta có: z = z (t ) ⇒ dz = z ′x dx + z ′y dy dz dx dy = z ′x + z ′y = z ′x xt′ + z ′y yt′ dt dt dt Do ⇒ dz = z ′x xt′ + z ′y yt′ (3.1) dt VD1: z = x + xy; x = t2; y = 3t Chú ý: z f= = ( x, y ); y y ( x) dz = z ′x + z ′y y′x dx (3.2)  y VD2: z = x + sin   ; y = x2 x b) z f = = ( x, y ); x x= (u, v); y y (u, v) ∂z = z ′x xu′ + z ′y yu′ (3.3) ∂u ∂z = z ′x xv′ + z ′y yv′ (3.4) ∂v xy VD3: z = e ; x= x(u, v) = u + v2 , y = y (u, v) = u.v 3.5 Đạo hàm riêng hàm ẩn Định nghĩa: Phương trình F(x,y,z)=0 xác định hàm ẩn z = z ( x, y ) với điều kiện sau: • Xác định, liên tục B( M , ε ), M ( x0 , y0 , z0 ), ε > • F ( x0 , y0 , z0 ) = • ∃ Fx′, Fy′, Fz′ liên tục B ( M , ε ) • Fz′( x0 , y0 , z0 ) ≠ Fx′   z ′x = − F ′  z   z ′ = − Fy′ x  Fz′  VD: Cho xyz = x + y + z Tìm dz=? Cách 1: Xem phương trình F(x,y,z)=xyz-x-y-z=0  Fx′ =    z ′x =  Fy′ = ⇒  ′   z y =  ′ = F  z ⇒ dz = Cách 2:Xem z=z(x,y), x,y biến độc lập Lấy vi phân vế phương trình xyz=x+y+z Đạo hàm riêng cấp cao, vi phân toàn phần cấp cao 4.1 Đạo hàm riêng cấp cao Xét hàm z = f ( x, y ) ĐHR cấp ĐH ĐHR cấp 1.Xét ĐHR cấp sau ∂  ∂f  ∂ f ′′ z ′′xx : lấy ĐHR theo x lần = f= xx  =  ∂x  ∂x  ∂x ∂  ∂f  ∂ f ′′ z ′′yx : lấy ĐHR theo y trước, x sau = f= yx  =  ∂x  ∂y  ∂y∂x ∂  ∂f  ∂ f ′′ z ′′xy :lấy ĐHR theo x trước, y sau = f= xy  =  ∂y  ∂x  ∂x∂y ∂  ∂f  ∂ f ′′ z ′′yy : lấy ĐHR theo y lần = f= yy  =  ∂y  ∂y  ∂y VD: f ( x, y ) =x3 y + x y + xy  = f xx′′ xy + y ′x x y + xy + y ⇒   f= Ta có:   f xy′′ = x y + xy +  3  f y′ = x y + x y + x ⇒ f yy′′ = x + x Định lý Schwarz (Đạo hàm hỗn hợp) Nếu lân cận B ( M , r ) điểm M ( x0 , y0 ) hàm z=f(x,y) có đạo hàm hỗn hợp đạo hàm liên tục M ( x0 , y0 ) f xy′′ ( x0 , y0 ) = f yx′′ ( x0 , y0 ) 4.2 Vi phân toàn phần cấp cao Cho z = f ( x, y ) ; x,y biến độc lập, ∆x = dx = C1 , ∆y = dy = C2 ; C1 , C2 : số Ta có: = df ( x, y ) f x′( x, y )dx + f y′( x, y )dy : vi phân cấp d f ( x, y ) d= = ( df ( x, y) ) d ( f x′( x, y)dx + f y′( x, y)dy ) : vi phân cấp = d ( f x′( x, y )dx ) + d ( f y′( x, y )dy ) = d ( f x′( x, y ) ) dx + d (dx) f x′( x, y )dx + d ( f y′( x, y ) ) dy + d (dy ) f y′( x, y ) dy = d ( f x′( x, y ) ) dx + d ( f y′( x, y ) ) dy = ( f xx′′ ( x, y )dx + f xy′′ ( x, y )dy ) dx + ( f yx′′ ( x, y )dx + f yy′′ ( x, y ) dy ) dy = f xx′′ ( x, y )dx + f xy′′ ( x, y )dxdy + f yy′′ ( x, y )dy 2  ∂2   ∂  ∂ ∂2 ∂2 + = + + dx dy f dx dxdy dy  f Do đó: d f ( x, y ) =    ∂y  ∂x∂y ∂y  ∂x  ∂x   ∂2 f  ∂2 f ∂2 f d f ( x, y ) = dx + dxdy + dy   2 ∂x∂y ∂y  ∂x  d f ( x, y ) = f xx′′ dx + f xy′′ dxdy + f yy′′ dy : vi phân cấp n  ∂  ∂ : vi phân cấp n Suy ra: d f= ( x, y )  dx + dy  f ∂y   ∂x VD: Tìm vi phân tồn phần cấp hàm z = f ( x, y ) = x − xy − y n  z ′′xx = z ′x = x − y ⇒   z ′′xy = −3 z ′y = −3 x − y ⇒ z ′′yy = −2 d f ( x, y ) =z ′′xx dx + z ′′xy dxdy + z ′′yy dy =4dx − 6dxdy − 2dy 4.3 Công thức Taylor Giả sử z = f ( x, y ) có đạo hàm đến cấp n+1 = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆ = y ) f ( x0 + t.∆x, y0 + t.∆ = y ) ϕ (t ) Nếu t = ⇒ ϕ (1) = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) = f ( x, y ) t= f ( x0 , y0 ) ⇒ ϕ (0) = Vì ϕ (t ) có đạo hàm đến cấp (n+1) nên theo Cơng thức Maclaurin ta có: ϕ (t= ) ϕ (0) + ϕ ′(0) 1! t+ ϕ ′′(0) 2! t2 + ϕ ′′′(0) 3! t + + ϕ ( n ) (0) n! tn + ϕ ( n +1) (θ t ) (n + 1)! t n +1 , (0 < θ < 1) Nếu t=1 ϕ (1)= ϕ (0) + Mặt khác: ϕ ′(0) ϕ ′′(0) ϕ ′′′(0) 1! + 2! + 3! + + ϕ ( n ) (0) ϕ ( n +1) (θ t ) n! + (n + 1)! , (0 < θ < 1) (1) ϕ (= t ) f ( x0 + t.∆x, y0 + t.∆= y ) f ( x, y ) ⇒ ϕ ′(t ) = f x′.xt′ + f y′ yt′ = f x′.∆x + f y′.∆y = df ( x, y ) ⇒ ϕ ′(0) = df ( x0 , y0 ) d [ϕ ′(t ) ] d  f x′.xt′ + f y′ yt′  = dt dt dy   dx d  f x′ + f y′  dt   dt = = d ( f x′dx + f y′dy ) = d (df ( x, y )) = d f ( x, y ) dt d f ( x0 , y0 ) ⇒ ϕ ′′(0) = ϕ ′′(t ) = ……………… Do đó: ϕ ( n ) (t = ) d n f ( x, y ) ⇒ ϕ ( n ) (0)= d n f ( x0 , y0 ) Thay vào (1) ta công thức Taylor ϕ ′(0) ϕ ′′(0) ϕ ′′′(0) ϕ ( n ) (0) ϕ ( n +1) (θ t ) ϕ (1)= ϕ (0) + , (0 < θ < 1) (1) + + + + + n! 1! 2! 3! (n + 1)! df ( x0 , y0 ) d f ( x0 , y0 ) d ( n ) ( x0 , y0 ) d ( n +1) ( x0 + θ∆x, y0 + θ∆y ) f= ( x, y ) f ( x0 , y0 ) + + + + + n! 1! 2! (n + 1)! Vậy f ( x, y ) = d k f ( x0 , y0 ) d n +1 f ( x0 + θ∆x, y0 + θ∆y ) : Khai triển Taylor + ∑ k! (n + 1)! k =0 n x0 0;= y0 ta có khai triển Maclaurin Nếu= Khai triển Maclaurin: = f ( x, y ) d k f (0, 0) d n +1 f (θ∆x, θ∆y ) + ∑ k! (n + 1)! k =0 n x0 1,= y0 đến cấp VD: Khai triển hàm f ( x, y ) = x y tại= • • f (1,1) = Vi phân cấp  f x′ 2= = xy  f x′(1,1) ⇒ ⇒ df (1,1) = 2.∆x + 3.∆y   ′ 2  f y (1,1) =  f y′ = x y • Vi phân cấp  f xx′′ = y  f xx′′x (1,1) =   2 2  f xy′′ = xy ⇒  f xy′′ (1,1) = ⇒ d f (1,1) = 2.∆x + 12.∆x.∆y + 6∆y   ′′ f (1,1) =  f yy′′ = x y  yyy df (1,1) d f (1,1) f ( x, y ) =f (1,1) + + 1! 2! f ( x, y ) =x y =1 + 2( x − 1) + 3( y − 1) + ( x − 1) + 6( x − 1)( y − 1) + 3( y − 1) BTVN: Tính đạo hàm riêng cấp theo biến hàm sau ∂f f ( x, y ) =x y + ln( x + y ) Tính ∂x ( f ( x, y ) = ln x + x + y ) Tính vi phân cấp hàm  x z ( x, y ) = ln  sin  y  = z x2 + y = z arctan ( y − x ) Tính Gradient hàm = z xy + sin ( xy ) z ( x, y= ) ( x + y )e xy Tính đạo hàm hàm sau: y f (u , v) = u sin v, u = x2 + y , v = x Tính đạo hàm riêng cấp hàm sau Tính ∂2 f f ( x, y ) = xy sin x ∂x∂y ∂2 f f ( x, y ) = xy ∂x∂y '' Tìm đạo hàm riêng cấp hai zxx hàm hai biến z =xe y + x2 y2 + y sin x Cho hàm hai biến z = y ln ( xy ) Tính z′′xx Tính vi phân cấp hàm Tìm vi phân cấp hai hàm hai biến z = e xy Tìm vi phân cấp hai hàm hai biến M (1,1) z = xe y Cực trị hàm nhiều biến(cực trị tự do) 5.1 Điều kiện cần cực trị ĐN cực trị: Điểm P0 ( x0 , y0 ) _ cực tiểu ∃B( P0 , ε ) P0 cho f ( x0 , y0 ) ≤ f ( x, y ) ∀ ( x, y ) ∈ B( P0 , ε ) ( x, y ) ≠ ( x0 , y0 ) Tương tự cho cực đại f ( x, y ) ≤ f ( x0 , y0 ) Các điểm cực đại, cực tiểu gọi chung cực trị ' ' Điểm dừng: Điểm ( x0 , y0 ) _ điểm dừng f ( x, y ) f= f= x ( x0 , y0 ) y ( x0 , y0 ) Định Lý (ĐK cần có cực trị): Nếu hàm z = f ( x, y ) có cực trị P0 ( x0 , y0 ) P0 hàm số có đạo hàm riêng =0( Điểm dừng) 5.2 ĐK đủ cực trị Định Lý: cho f ( x, y ) xác định, liên tục có đạo hàm riêng cấp liên tục lân cận điểm dừng P0 ( x0 , y0 ) Đặt A = f xx'' ( x0 , y0 ) ; B = f xy'' ( x0 , y0 ) ; C = f yy'' ( x0 , y0 ) ; = ∆ AC − B - Nếu ∆ > 0, A < ⇒ P( x0 , y0 ) điểm cực đại f ( x, y ) - Nếu ∆ > 0, A > ⇒ P( x0 , y0 ) điểm cực tiểu f ( x, y ) - Nếu ∆ < P0 ( x0 , y0 ) không điểm cực trị f ( x, y ) VD: Tìm cực trị f ( x, y ) = x3 + y − xy B1: Tìm điểm dừng 2  f x' = = 3y = (1) 3 x −=  y x  y x Giải hệ pt  ' ⇔ ⇒ ⇒ − x 3 x = − x  x( x= − 1) (2) 3 y =  f y = (1)  x = ⇒ y = 0, ⇒ Ta có điểm dừng P1 (0, 0), P2 (1,1) (1)   x =1⇒ y =1 (2) B2: Tìm cực trị từ điểm dừng, tính đạo hàm riêng cấp f xx'' = x , f xy'' = −3 , f yy'' = y Thay điểm dừng vào ĐHR cấp hai ta số A, B, C '' '' , B = f xy'' (0, 0) = = Với P1 (0,0) , = ta có A f= , ∆ = −9 < −3 , C f= xx (0,0) yy (0, 0) Kết luận: Điểm P1 (0,0) ………………… '' '' = , B = f xy'' (1,1) = = Với P2 (1,1) , A f= −3 , C f= 6, xx (1,1) yy (1,1) Xét ∆= 36 − 9= 27 > 0, A > Kết luận: Điểm P2 (1,1) điểm cực tiểu f (1,1) = −1 Chú ý: Để xác định ( x0 , y0 ) cực đại/ cực tiểu ta xét d f ( x0 , y0 ) = f xx'' ( x0 , y0 )dx + f xy'' ( x0 , y0 )dxdy + f yy'' ( x0 , y0 )dy cách xem d f ( x0 , y0 ) dạng toàn phương biến dx, dy  A B ∆ =  B C ∆1 = A >   ⇒ d f ( P0 ) > : cực tiểu ∆ = ∆ > 0 ∆1 = A <   ⇒ d f ( P0 ) < : cực đại ∆ = ∆ > 0 ∆ < ⇒ d f ( P0 ) không xác định dấu → P0 không cực trị Tương tự cho hàm biến f ( x, y, z ) = w  f x' ( x0 , y0 , z0 ) =  Điểm dừng  f y' ( x0 , y0 , z0 )= ⇒ M ( x0 , y0 , z0 ) điểm dừng  '  f z ( x0 , y0 , z0 ) =  ∂  ∂ ∂ d f ( M ) =  dx + dy + dz  f ∂y ∂z   ∂x = ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f M ) dx + ( M ) dy + ( M ) dz + ( M ) dxdy + ( M ) dydz + ( M ) dxdz ( ∂x ∂y ∂z ∂x∂y ∂y∂z ∂x∂z = f xx'' ( M )dx + f yy'' ( M )dy + f zz'' ( M )dz + f xy'' ( M )dxdy + f yz'' ( M )dydz + f xz'' ( M )dxdz  f xx'' ( M )  Xét ∆ = f yx'' ( M )  f zx'' ( M )  f xy'' ( M ) f yy'' ( M ) f zy'' ( M ) f xz'' ( M )   f yz'' ( M )  f zz'' ( M )  • ∆1 > 0, ∆ > 0, ∆ > ⇒ d f ( M ) > ⇒ M cực tiểu • ∆1 < 0, ∆ > 0, ∆ < ⇒ d f ( M ) < ⇒ M cực đại • d f ( M ) khơng xác định dấu ⇒ f ( x, y ) không đạt cực trị M VD2: z : x + y − x − x + y −  z x '= x − x − 4= 3 x − x − = x 1,= x −2 = ⇒ ' ⇒ ⇒ y = −  y = −2  z y = y + =  ( Vậy ta có điểm dừng P1 (1, −2), P2 − , −2 ) Xét đạo hàm riêng cấp  z= ′′xx 12 x −  ⇒  z ′′xy =  ′′  z yy = Với P1 (1, −2) ta có  z ′′xx (1, −2) = 12  ⇒  z ′′xy (1, −2) = ⇒ d f (1, −2) = 12dx + 2dy > ⇒ P1 (1, −2) điểm cực tiểu  ′′  z yy (1, −2) = Với P2 − , −2 ( ) ( ( ( ) ) )  z ′′ − , −2 = 12  xx  ⇒  z ′′xy − , −2 =0 ⇒ d f − , −2 =12dx + 2dy ⇒ P2 − , −2 cực tiểu 3   z ′′yy − , −2 =  ( ) ( ) VD: Tìm cực trị hàm f ( x, y ) = ( x − 1) + y ; f ( x, y ) = ( x − 1) − y ; f ( x, y ) = x + y − x − xy − y Cực trị có điều kiện Định Nghĩa: Hàm f ( x, y ) với đk ϕ ( x, y ) (có đồ thị (δ ) ) đạt cực đại M ( x0 , y0 ) + ϕ ( x0 , y0 ) = + f ( x, y ) ≤ f ( x0 , y0 ) ∀( x, y ) ∈ D ∩(δ ) (D lân cận M ( x0 , y0 ) ) Định Lý (ĐK cần cực trị có đk) Xét f ( x, y ) với đk ϕ ( x, y ) = thỏa đk + f ( x, y ) , ϕ ( x, y ) = khả vi + ϕ x' ( x0 , y0 ) ≠ , ϕ y' ( x0 , y0 ) ≠ + f ( x, y ) với đk ϕ ( x, y ) = đạt cực trị M ( x0 , y0 )  f x' ( x0 , y0 ) + λϕ x' ( x0 , y0 ) =  ' ' Khi ∃λ : (*)  f y ( x0 , y0 ) + λϕ y ( x0 , y0 ) = λ _nhân tử Lagrange  ϕ ( x0 , y0 ) = Định Lý (ĐK đủ) Cho f ( x, y ) , ϕ ( x, y ) có đạo hàm riêng cấp liên tục lân cận M ( x0 , y0 ) thỏa (*) Xét L( x= , y, λ ) f ( x, y ) + λϕ ( x, y ) : hàm Lagrange  L'x ( x0 , y0 ) =  Bước 1:  L'y ( x0 , y0 )= ⇒ ( x0 , y0 , λ ) điểm dừng hàm Lagrange  ϕ ( x0 , y0 ) = Đưa hàm cực trị có điều kiện → khơng điều kiện d L( x0 , y0 , λ ) = L''xx ( x0 , y0 , λ )dx + L''xy ( x0 , y0 , λ )dxdy + L''yy ( x0 , y0 , λ )dy Bước 2: Xét  ' ' dϕ ( x0 , y0 ) = ϕ x ( x0 , y0 )dx + ϕ y ( x0 , y0 )dy = (**) +Nếu d L( x0 , y0 , λ ) xác định dương với (**) → M cực tiểu f ( x, y ) với đk ϕ ( x, y ) = +Nếu d L( x0 , y0 , λ ) xác định âm với (**) → M cực đại f ( x, y ) với đk ϕ ( x, y ) = + Nếu d L( x0 , y0 , λ ) không xác định dấu → M không điểm cực trị f ( x, y ) VD1: f ( x, y= ) x2 + y đk: ϕ ( x, y ) = x + y − = Cách 1:Xét hàm Lagrange: L( x, y ) = x + y + λ ( x + y − 2) B1: Tìm điểm dừng hàm Lagrange  L'x = x + λ = −2 x y λ = x = x =  '    2y + λ = ⇔ λ = −2 y ⇔ λ = −2 x ⇒ λ = −2  Ly =  x =   2− y 2− x y =  y = x + y = Điểm P(1,1) điểm dừng hàm Lagrange ứng với λ = −2 B2: Xét dấu d L(1,1, −2) với điều kiện dϕ = ϕ x' dx + ϕ y' dy = Ta có: ϕ ( x, y ) =x + y − =0 ⇒ dϕ =dx + dy =0 ⇒ dϕ (1,1) =dx + dy =0  L''xx =  ''  Lxy =  '' =  Lyy = L''xx (1,1, −2)  ⇒  L''xy (1,1, −2)=  '' Lyy (1,1, −2) = 2) Lxx′′ (1,1, −2)dx + Lxy′′ (1,1, −2)dxdy + L′′yy (1,1, −2)dy d L(1,1, −= Xét  dϕ (1,1) = dx + dy = d L(1,1, −2)= 2dx + 2dy ⇔ ⇒ d L(1,1, −2) = 4dx > dy = − dx  Vậy f ( x, y ) đạt cực tiểu M (1,1) với điều kiện ϕ ( x, y ) = x + y − = C2: Thay y= − x vào f ( x, y ) = f ( x) = x + (2 − x) = x − x + = 2( x − x + 2) f ' ( x) = x − = ⇒ x = , f '' ( x) = ⇒ f '' (1) = 4>0 Hàm đạt cực tiểu x = 1, y = − x = f = VD: Tìm cực trị hàm z = xy với đk x2 y + =  x2 y  L( x, y ) = xy + λ  + − 1    y =   2λ x   =  λ = y+ 0(1) λ2 y  ' − = y   λ = −2  Lx =     ' 2λ y  = −λ y ⇒ x = −λ y ⇔ x + 0(2) ⇒  x =  Ly =  '   x2 y  x2 y  Lλ =  x2 y  +=  += = 1(3) 2  + 8  8   Giải hệ (2) ⇒ x = −λ y (4) Thay x = −λ y vào (1) ta y + λ ( −λ y ) =  λ2  y = ⇒ y 1 −  =⇒   λ = ±2    y 0= = y   +Giải hệ (I)  x = −λ y ⇒  x = hệ nghiệm_loại  x2 y 0 = 1(!)  + =   + λ =2 ⇒ x =−2 y Thay vào (3) ta y2 y2 + =1 ⇒ y =1 ⇒ y =±1 ⇒ x =−2 y =−2(±1) =±2 Ta có điểm dừng M (2, −1), M (−2,1) + λ =−2 ⇒ x =2 y Thay vào (3) ta y2 y2 + =1 ⇒ y =1 ⇒ y =±1 ⇒ x =2 y =2(±1) =±2 Ta có điểm dừng M (2,1), M (−2, −1)    y =    ( I )  x = −λ y   2  x + y =       λ=2    ⇒ ( II )  x = −λ y    x y2  += 1       λ = −2   ( III )  x = −λ y   x2 y   + =   L''xx = λ d 2L = dϕ = , λ L''xy = , L''yy = λ dx + 2dxdy + λ dy (5) x dx + ydy = (6) Xét dấu d L( M ) với đk (6) * 1 M (2, −1) ⇒ dϕ ( M ) = dx − dy = ⇒ dy = dx(*) 2 2 1  1 Thay (*) λ = vào (5) d L = dx + 2dx  dx  +   dx = 2dx > 2  2 Do z đạt cực tiểu M , z ( M ) = −2 * 1 M (−2,1) ⇒ dϕ ( M ) = ⇒ dy =dx(**) − dx + dy = 2 2 1  1 Thay (*) λ = vào (5) d L = dx + 2dx  dx  +   dx = 2dx > 2  2 −2 Do z đạt cực tiểu M , ⇒ z ( M ) = * M (2,1) 2 λ =−2 ⇒ dϕ ( M ) = dx + dy =0 ⇒ dy =− dx(***) Thay (***) λ = −2 vào (5) 1   1  − dx + 2dx  − dx  −  dx  = − dx − dx − dx = −2dx < d 2L = 2   4  Do z đạt cực đại M , z ( M ) = * M ⇒ zmax= z ( M )= Giá trị lớn nhất, nhỏ hàm miền đóng, bị chặn Tìm GTLN, GTNN miền G compact (đóng, bị chặn) + Nếu f đạt cực trị M G ⇒ cực trị (tự do) Nếu f đạt cực trị N biên G ⇒ cực trị (có đk) + Cách giải: + Tìm điểm nghi ngờ có cực trị G.(các điểm dừng ( M , M , M ) ) + Tìm điểm nghi ngờ có cực trị biên G ( N1 , N ) So sánh f ( M ), f ( M ), f ( M ), f ( N1 ), f ( N ) tìm max, VD1:= z x y (2 − x − y ) miền giới hạn x= 0, y = 0, x + y = • Trong G: z x' = xy − x y − xy = xy (4 − 3x − y ) z 'y= x − x − x y= x (2 − x − y ) Vì tìm cực trị M ( x0 , y0 ) bên G ⇒ x0 > 0, y0 > x =  z x' = 2y −2 4 − x −= 4 − 3x + x =   1 ⇔ ⇔ ⇔  ' ⇒ M 1,  ∈ G  2 2 − x − y = 2 y = − x  y =  z y = • Trên biên a/ OA → y = ⇒ z = b/ OB → x = ⇒ z = c/ AB : x + y = Cách 1: L( x, y,= λ ) x y (2 − x − y ) + λ ( x + y − 6)  L'x =4 xy − x y − xy + λ =0 4 x(6 − x) − x (6 − x) − x(6 − x) + λ =  '  2  Ly = x − x − x y + λ= ⇔ 2 x − x − x (6 − x) + λ=   y= − x  x + y =  x + x + 48 x + λ = 12 x + 48 x =  x = ∨ x =    10 x − x ⇔ λ = ⇒  y =6 − x ⇒  y =6 − x y =   6− x 0; λ = 96 = λ = λ 10 x − x  ⇒ M (0, 6) _ λ = 0, N (4, 2) _ λ = 96 ⇒ f (M ) = f (0, 6) = 0, f ( N ) = f (4, 2) = −128 Cách 2: Thay y= − x vào = z x (6 − x)(2 − x − y= ) x (6 − x)(−4) = x − 24 x =  x 0= y ⇒ z ' =12 x − 48 x =0 ⇔ 12 x( x − 4) =0 ⇒  =  x 4= y M (0, 6) , M (4, 2)  1 ( M ) z= z ( M )= z 1, = → Max, z= ( 0, ) ,  2 z(M ) = z ( 4, ) = −8.16 = −128 → Min z= (OA) z= (OB) VD2: Tìm GTLN, GTNN f ( x, y ) =x + y − x = D • {( x, y) : x Tìm điểm dừng hàm f D tức x + y <  f x' = x − 1= 1  ⇒ x = , y = ∈ D , M  ,  thỏa x + y <  ' f y 4= y 2   = • Tìm điểm dừng biên x + y = Xét L = x + y − x + λ ( x + y − 1)  L'x = x − + 2λ x= (1)  '  Ly =4 y + 2λ y =0 (2)  2 (3) x + y = Từ (2): y (2 + λ ) = 0⇔ y= 0, λ = −2 Từ (3): y =0 ⇒ x =±1 ⇒ M (1, 0), M (−1, 0) : điểm dừng • (1) (3) λ = −2⇒ x − − x = ⇔ −2 x = ⇒ x = − ⇒ y = ⇒ y = ±  3  3 Ta có điểm dừng M  − ,  , M  − , −    2   1  1 f ( M ) =f  ,  = − = − → Min 2  f= ( M ) f= (1, ) 2 + y ≤ 1} f ( M ) =f ( −1, ) =2  3 1 3 f ( M ) = f  − ,  = + + = + = → Max 4 4  2   3 1 3 f ( M ) = f  − , −  = + + = + =  4 4  GTNN f ( x, y ) − GTLN f ( x, y ) VD: z = x + y − đạt M đạt M , M 4 = D [0,1][ −1, 2] * ' x 4= x =  z= x ⇒ Trong D:  ' y y = 2=  z= y * Biên D: M (0, 0) ∉ D AB : y =−1 ⇒ z =2 x − ⇒ z x' =4 x =0 ⇔ x =0 BC : x =1 ⇒ z = y ⇒ z 'y = y =0 ⇔ y =0 ⇒ M (1, 0) ⇒ f (1, 0) =0 CD : y = ⇒ z = x + ⇒ z x' = x = ⇔ x = ⇒ (0, 2) ≡ D AD : x = ⇒ z = y − ⇒ z 'y = y = ⇔ y = ⇒ (0, 0) ⇒ M (0, 0) ⇒ y (0, 0) = −2 A(0, −1) ⇒ f (0,1) =−1 B(1, −1) ⇒ f (1, −1) = C (1, 2) ⇒ f (1, 2) = → Max D(0, 2) ⇒ f (0, 2) = M (1, 0) ⇒ f (1, 0) = M (0, 0) ⇒ f (0, 0) =−2 → Min ... 3.2 Hàm khả vi vi phân toàn phần Hàm f(x,y) gọi khả vi M ( x0 , y0 ) số gia hàm số biểu diễn ∆f = ∆z = A.∆x + B.∆y + Ο(d ), d = (∆x) + (∆y ) Đại lượng: A.∆x + B.∆y =df ( x0 , y0 ) :vi phân toàn... ( x, y ) = f xx′′ dx + f xy′′ dxdy + f yy′′ dy : vi phân cấp n  ∂  ∂ : vi phân cấp n Suy ra: d f= ( x, y )  dx + dy  f ∂y   ∂x VD: Tìm vi phân tồn phần cấp hàm z = f ( x, y ) = x − xy −... y2 + y sin x Cho hàm hai biến z = y ln ( xy ) Tính z′′xx Tính vi phân cấp hàm Tìm vi phân cấp hai hàm hai biến z = e xy Tìm vi phân cấp hai hàm hai biến M (1,1) z = xe y Cực trị hàm nhiều