CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIẾN
CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN
Xét 2 bài toán:
2
2
Bài 1: Tìm cực trị
z
x
y
1
2
2
Cực đại đạt tại (0,0),
z = 1
z x y 1
2
2
Bài 2: Tìm cực trị
z
x
y
1
Thỏa điều kiện x + y – 1 = 0
2
2
z x y 1
2
2
Bài 2: Tìm cực trị
z
x
y
1
Thỏa điều kiện x + y – 1 = 0
2
2
z x y 1
x + y – 1 = 0
Cực đại đạt tại (1/2, 1/2),
z 1 / 2
Định nghĩa:
Hàm số z = f(x, y) thỏa điều kiện (x, y) = 0 đạt cực đại tại M0 nếu tồn tại 1 lân cận V của M0 sao cho
f(M) f(M0), MV và (M) = 0
Tương tự cho định nghĩa cực tiểu có điều kiện.
Điều kiện cần của cực trị có điều kiện
M (
M (
0,
)
Giả sử f, khả vi trong lân cận của M0(x0, y0) và 2 y
2 x
0
0
) Nếu f đạt cực trị tại M0 với điều kiện = 0 thì tồn tại R sao cho
0
( )
) M ( ) 0
0 M (
0
0 )
) ) 0 x y
0
: nhân tử Lagrange
0 f M ( x f M ( y M (
)
M (
)
0
0
( )
)
0 M (
)
0
x y
0
0 )
0
0
f M ( x f M ( y M (
1.M0 thỏa hệ () gọi là điểm dừng trong bài toán cực trị có điều kiện, cũng gọi là điểm
dừng của hàm Lagrange
L(x,y) = f(x, y) + (x, y)
2. d(M0) = 0 ( dx và dy liên kết với nhau
theo hệ thức này)
Điều kiện đủ của cực trị có điều kiện
Giả sử f, có các đhr đến cấp 2 liên tục trong lân cận của M0(x0, y0) và M0 là điểm dừng của L(x,y),
2
2
2
d L M L M dx
)
)
(
(
)
(
)
(
xx
L M dxdy L M dy 2 xy
yy
0
0
0
0
1.Nếu d2L(M0) xác định dương thì f đạt cực
tiểu có điều kiện tại M0.
2.Nếu d2L(M0) xác định âm thì f đạt cực đại
có điều kiện tại M0.
Các bước tìm cực trị có điều kiện hàm 2 biến
Loại 1: điều kiện bậc nhất theo x, y( tìm trên
đường thẳng)
(x, y) = ax + by + c = 0
đưa về cực trị hàm 1 biến khi thay y theo x
trong f.
Loại 2:(tổng quát) dùng pp nhân tử Lagrange
L(x,y) = f(x,y) + (x,y)
)
0
0
B1: tìm điểm dừng của L(x, y) :
)
0
0 )
0
0
L M ( x L M ( y M (
B2: xét dấu d2L tại M0 có kèm đk d(M0) = 0
•Xác định dương: cực tiểu
•Xác định âm: cực đại
VÍ DỤ
1/ Tìm cực trị
z 8
x 1 4 2 y 2
thỏa điều kiện
L(x,y) = f(x, y) + (x, y)
= 1 – 4x – 8y + (x2 – 8y2 – 8 )
x y x y ( , ) 8 8 0
4 2 x 0
y 1, 1 / 2
8 16 y 0
2
2
4, y 4, 1, 1 / 2 x x
y x 8 8 L x L y
y
1 / 2
Điểm dừng:
x x
4, y
4,
1, 1,
1 / 2
xdx ydy d 2 16
2 ,
0,
16 ,
L xx
L xy
L yy
Tại M1(- 4, 1), = -1/2
2
2
dx ( 4,1) dy 8
2 d L d
2
2
2
dy 4
dy 8
dy 4
0
( 4,1) dy 2
2 d L dx
M1 là điểm cực tiểu có đk của f, f(M1) = 9
dy ( 4,1) dx 8 16 0
Tại M1(4, -1), = 1/2
2
2
xdx ydy d 2 16 2 , 0, 16 , L xx L xy L yy
dx (4, 1) dy 8
2 d L d
2
2
2
dx dy (4, 1) 8 16 0
dy 4 dy 8 dy 4 0
2 d L dx
M2 là điểm cực đại có đk của f, f(M2) = 7
( 4,1) dy 2
2
2
x y x y ( , ) 8 8 0
z x y 1 4 8
2/ Tìm cực trị
2
2
z xy
thỏa điều kiện
x y ( , ) 1 0
x 8 y 2
z xy
2
2
L x y ( , ) 1
x 8 y 2 xy
) y 0 x
2
2
x 4 y x 0 ) y
Điểm dừng của L là n0 hệ: L x y ( , L x y ( ,
1 0
x y
2,( ,
) x y
)
hay (2, 1) hay (2,1)
x y ( , x y ( ,
) )
( 2,1) ( 2, 1)
2,( ,
x 8
y 2
dx ydy , d x y ( , ) 1, L yy L xy
2
2
x 4 , 4
dx dy 2 dxdy 2 )
) dx dy 0
2
L xx Tại P1(2, -1), = 2 2 d L P ( 1 d P ( 1
dy 0
Vậy f đạt cực tiểu có đk tại P1, f(P1) = - 2.
Tương tự tại P2(-2, 1)
1 2 1 2 2 d L P ) 8 1( dx dy 2
dx ydy 1, , d x y ( , ) L xx L xy L yy
Tại P3(2, 1), = - 2
2
2
, 4 x 4
dx ) dy 2 dxdy 2
1 2
2
) dx dy 0
1 2 dy 8 0 )
Tương tự tại P4(-2, -1)
2 d L P ( 1 d P ( 1 2 d L P 1( dx dy 2 Vậy f đạt cực đại có đk tại P3, f(P3) = 2.
2
2
3/ Tìm cực trị
z
x
y
f x y ( ,
)
1
thỏa điều kiện x + y – 1 = 0
2
x + y – 1 = 0 y = 1 – x
x
x
z
2
2
Bài toán trở thành tìm cực trị của z với x (0, 1)
x 1 2
2
z x ( )
x x 2 2
z đạt cđại tại x = 1/2
z’ đổi dấu từ + sang – khi đi qua x = 1/2 , nên cdf
Vậy f đạt cđại có điều kiện tại (x,y) = (1/2, 1/2).
1 / 2
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - NHỎ NHẤT
Định lý: f liên tục trên tập compact D thì f
đạt min, max trên D.
Nhắc lại: tập compact là tập đóng (lấy tất
cả các biên) và bị chận (có thể được bao
bởi 1 hình tròn)
Cách tìm gtln, gtnn
1.Tìm điểm dừng của f trên miền mở của D
(phần bỏ biên).
2.Tìm các điểm đặc biệt trên biên của D
a.Điểm dừng của hàm Lagrange (tổng quát).
b.Nếu biên là đoạn thẳng, chuyển f về hàm
1 biến, tìm các điểm có khả năng đạt min,
max của hàm 1 biến này.
3.So sánh giá trị của f tại các điểm trên
min, max
VÍ DỤ
1/ Trên tam giác OAB, với O(0, 0), A(0, 1) và
B(1, 0), tìm các điểm M(x, y) có tổng bình
phương khoảng cách đến các đỉnh là lớn
nhất, bé nhất.
2
2 OM x
y
2,
A
2
2 AM x
2 1) ,
x+y = 1
2
2
2
BM
x
y
(
1)
O
B
Đặt z = OM2 + AM2 + BM2
y (
2
2
Bài toán trở thành: tìm gtln, gtnn của z trên
D: x 0, y 0, x+y 1
Điểm dừng của z = f(x, y) trên miền mở của D là nghiệm hệ
x x y z f x y ( , ) 3 y 3 2 2 2
x 6 2 0
y 6 2 0 x y ( , )
1 1 , 3 3
x y x y x 0, 0, y 1 f f
2
2
z
x
y
x
y
3
3
2
2
2
Xét trên biên D
OA: x = 0, 0 y 1, z = 3y2 – 2y + 2
z’(y) = 6y – 2 = 0 y = 1/3
các điểm đặc biệt: (0,0), (0,1), (0,1/3)
OB: y = 0, 0 x 1, z = 3x2 – 2x + 2
A
z’(x) = 6x – 2 = 0 x = 1/3
x+y = 1
các điểm đặc biệt:
(0,0), (1,0), (1/3,0)
O
B
2
2
AB: y = 1 – x, 0 x 1, z = 6x2 – 6x + 3
z’(x) = 12x – 6 = 0 x = 1/2
các điểm đặc biệt: (1/2,1/2), (0,1), (1,0)
z x y x y f x y ( , ) 3 3 2 2 2
f f f 2, (0,1) 3, (1,0) 3 f 4 3, (0,0)
Tính f tại các điểm được chỉ ra 1 3,1 3 (0,1 3) 5 3, (1 3,0) 5 3, (1 2,1 2) 3 2
f f f
Vậy fmin = f(1/3,1/3) = 4/3,
fmax = f(1,0)= f(0,1) = 3
2/ Tìm gtln, gtnn của z = f(x, y) = x2 + y2–3x+ 4y
trên hình tròn D: x2 + y2 1
Điểm dừng của z = f(x, y) trên miền mở của D là nghiệm hệ
2
2
x 2 3 0 x y ( , ) (3 2, 2)
2
2
y 2 4 0 x 1
y (loại) x y 1 f x f y
2
2
2
2
Trên biên D: x2 + y2 = 1, xét hàm Lagrange
x y x y x y L x y ( , ) 3 4 ( 1)
Điểm đặc biệt trên biên là điểm dừng của
2
2
2
2
x
)
2
3 2
x
0
y
)
2
4 2
y
0
2
2
y
x
x y x y x y 3 4 ( 1) )
L x y ( , L x y ( , x L x y ( , y
hay x y x y ( , ) , ( , )
1 0 3 4 5 5 (Không cần chỉ ra .)
4 3 , 5 5
f f , ,
4 5 3 5 19 5 4 3 , 5 5 29 5
