Bài tập tìm cực trị hàm 2 biến

\(\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}} \end{array}} \right| > 0,\,\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}} \end{array}} \right| > 0,...,\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{1n}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{2n}}}\\ \begin{array}{l} ....\\ {a_{n1}} \end{array}&\begin{array}{l} \\ {a_{n2}} \end{array}&\begin{array}{l} \\ {a_{nm}} \end{array} \end{array}} \right| > 0 \)

ii) (*) là dạng toàn phương xác định âm \(\Leftrightarrow {a_{11}} < 0\)

\(\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}} \end{array}} \right| > 0,\,\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}} \end{array}} \right| < 0,...,{( - 1)^n}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{1n}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{2n}}}\\ \begin{array}{l} ....\\ {a_{n1}} \end{array}&\begin{array}{l} \\ {a_{n2}} \end{array}&\begin{array}{l} \\ {a_{nm}} \end{array} \end{array}} \right| > 0 \)

7.4 Điều kiện đủ của cực trị địa phương

Giả sử \(\forall i,j = \overline {1,n} ;\,\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x_i}\partial {x_j}}}\) tồn tại và liên tục trong lân cận của điểm dừng \({x_0} = \left( {x_1^0,x_2^0,...,x_n^0} \right)\)

Nếu \({d^2}f({x_0}) = \sum\limits_{i,j = 1}^n {\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x_i}\partial {x_j}}}} d{x_i}d{x_j}\) là dạng toàn phương xác định dấu của các biến \(dx_1, dx_2, dx_n\) thì f đạt cực trị địa phương tại x0. Khi đó, nếu \(d^2f(x_0) < 0\) thì f đạt cực đại tại x0 và nếu \(d^2f(x_0) > 0\) thì f đạt cực tiểu tại x0.

7.5 Cực trị hàm 2 biến

Giả sử \(\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}},\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {y^2}}},\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}}\) tồn tai và liên tục tai \(M_0(x_0, y_0)\). Giả sử \(\frac{{\partial f}}{{\partial x}}({x_0},{y_0}) = \frac{{\partial f}}{{\partial y}}({x_0},{y_0}) = 0\) (M0 là điểm dừng)

Đặt \({a_{11}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}}({x_0},{y_0}),{a_{12}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}}({x_0},{y_0}),{a_{21}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial y\partial x}}({x_0},{y_0})\)và \(\Delta ({M_0}) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}} \end{array}} \right| = {a_{11}}{a_{22}} - {({a_{12}})^2}\)

Ta có:

9. Nếu \(\Delta ({M_0}) < 0\) thì f không đạt cực trị tại \((x_0,y_0)\)

ii) \(\left\{ \begin{array}{l} {a_{11}} > 0\\ \Delta ({M_0}) > 0 \end{array} \right.\) thì f đạt cực tiểu tại \((x_0,y_0)\)

iii) \(\left\{ \begin{array}{l} {a_{11}} < 0\\ \Delta ({M_0}) > 0 \end{array} \right.\) thì f đạt cực đại tại \((x_0,y_0)\)

Nhận xét:

• Khi \(\Delta ({M_0}) > 0\) thì a11 và a22 cùng dấu.
• Khi \(\Delta ({M_0}) = 0\) thì không có kết luận tổng quát.

Ví dụ:

\(f(x, y) = x^3 + y^3\) có \(\Delta \left( {0,0} \right){\rm{ }} =0\) và không đạt cực trị tại (0,0)

\(f=(x,y)=x^4+y^4\) có \(\Delta \left( {0,0} \right){\rm{ }} =0\) và đạt cực trị tại (0,0)

Ví dụ: Tìm cực trị (nếu có) của \(u = f(x,y)\) với \(f(x,y)\) là

\(i){x^2} + {y^2} + 2x - 6y - 3\)

\(ii){x^3} + {y^2} + 12xy + 1\)

\(iii)\,\,x + \frac{y}{{4x}} + \frac{1}{y} + 2\)

\(iv)\,\,3 - \sqrt {{x^2} + {y^2}}\)

\(v)\,\,xy\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4} - \frac{{{y^2}}}{9}}\)

\(vi)\,\,2{x^4} + {y^4} - {x^2} - 2{y^2} + 6\)

\(vii)\,\,{x^4} + {y^4} - {x^2} - {y^2} - 2xy + 5\)

Giải

9. \(u{'_x} = \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = 2x + 2,u{'_y} = 2y - 6\)

Tìm điểm dừng \(\left\{ \begin{array}{l} u{'_x} = 0\\ u{'_y} = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 1\\ y = 3 \end{array} \right. \)

\(\begin{array}{l} {a_{11}} = u'{'_{xx}} = u{'_{{x^2}}} = \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x^2}}}( - 1,3) = 2,\,\,{a_2} = u{'_{{y^2}}} = \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {y^2}}}( - 1,3) = 2\\ \\ {a_{12}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}}( - 1,3) = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial y\partial x}}( - 1,3) = 0 \end{array}\)

\(\Rightarrow \Delta ( - 1,3) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&0\\ 0&2 \end{array}} \right| = 4 > 0 \)và \(a_{11}>0\)

⇒ Hàm đạt cực tiểu tại (-1,3) và UCT = -13

ii) \(u{'_x} = 3{x^2} + 12y,u{'_y} = 2y + 12x\)

\(\left\{ \begin{array}{l} u{'_x} = 0\\ u{'_y} = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0\\ y = 0 \end{array} \right. \vee \left\{ \begin{array}{l} x = 24\\ y = - 14 \end{array} \right. \)

\(u'{'_{{x^2}}} = 6x,\,\,u'{'_{{y^2}}} = 2,\,\,u'{'_{xy}} = 12\)

\(\Delta (0,0) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{12}\\ {12}&2 \end{array}} \right| = - 144 < 0 \Rightarrow u\)

\(\Delta (24, - 144) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {144}&{12}\\ {12}&2 \end{array}} \right| = 144 > 0 \)và \(a_{11}=144>0\)

⇒ hàm đạt cực tiểu tại (24, -144)

Bạn đọc tự giải các ví dụ còn lại

7.6 Cực trị có điều kiện

Bài toán: Tìm cực trị của hàm \(z = f({x_1},{x_2},...,{x_n})\)thỏa mãn điều kiện (với m < n):

\((I):\,\left\{ \begin{array}{l} {g_1}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\,\,(1)\\ {g_2}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\,\,(2)\\ ....\\ {g_m}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\,\,(m) \end{array} \right. \)

Cách 1: Giả sử m < n và ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} {g_1}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\,\\ {g_2}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\\ ...............\\ {g_m}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\, \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = {h_1}({x_{m + 1}},{x_{m + 2}},...,{x_n})\\ {x_2} = {h_2}({x_{m + 1}},{x_{m + 2}},...,{x_n})\\ ............\\ {x_m} = {h_m}({x_{m + 1}},{x_{m + 2}},...,{x_n}) \end{array} \right. \)

\(z = f({x_{m + 1}},{x_{m + 2}},...,{x_n})\) là hàm có n - m biến. Khi đó ta tìm cực trị không điều kiện của hàm n - m biến.

Ví dụ: Tìm cực trị của \(f\left( {{x_1},x{}_2,{x_3},{x_4}} \right) = {\rm{ }}2{x_1} + {\rm{ x}}_2^3 + 5x_3^2 - 3{x_4}\)

thỏa điều kiện: \((*):\left\{ \begin{array}{l} {x_1} - x{}_2 + {x_3} - {x_4} = 3\\ {x_1} + x{}_2 - 5{x_3} + 3{x_4} = 1 \end{array} \right. \)

(ta có m = 2, n = 4 )

\((*) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 2 + 2{x_3} - {x_4}\\ x{}_2 = - 1 + 3{x_3} + 2{x_4} \end{array} \right. \)

Thế vào biểu thức của hàm f ta có: \(f\left( {{x_1},x{}_2,{x_3},{x_4}} \right) = {\rm{ }}2{x_1} + {\rm{ x}}_2^3 + 5x_3^2 - 3{x_4}\)

\(= 2(2 + 2x_3 - x_4) + (- 1 + 3x_3 - 2x_4)^3 + 5x^2_3 - 3x_4 = F(x_3,x_4) \)

Định lý (điều kiện cần): Giả sử \(f,g_1,g_2,...,g_m\) có các đạo hàm riêng cấp 1 tại \({x_0} = \left( {x_1^0,x_2^0,x_3^0,...,x_n^0} \right)\) và f đạt cực trị tại x0. Khi đó tồn tại \(\lambda _1^0,\lambda _2^0,...,\lambda _m^0\) sao cho \(\frac{{\partial \phi ({x_0})}}{{\partial {\lambda _j}}} = {g_j}({x_0}) = 0,\,\forall j = \overline {1,m}\)và \(\frac{{\partial \phi }}{{\partial {x_k}}}(x_1^0,x_2^0,...,x_n^0,\lambda _1^0,\lambda _2^0,...,\lambda _m^0) = 0,\forall k = \overline {1,n}\)

Do đó để tìm cực trị có điều kiện, ta giải hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial \phi }}{{\partial {\lambda _i}}} = 0,j = \overline {1,m} \\ \frac{{\partial \phi }}{{\partial {x_k}}} = 0,k = \overline {1,n} \end{array} \right. \)

Định lý (điều kiện đủ)

Giả sử điều kiện cần của định lý trên được thỏa và \(\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x_i}\partial {x_j}}}\) tồn tai, liên tục tai điểm dừng x0 ứng với \(\lambda _0=(\lambda _1^0,\lambda _2^0,...,\lambda _m^0)\). Đặt \({a_{ij}} = \frac{{{\partial ^2}\phi ({x_0}{\lambda _0})}}{{\partial {x_i}\partial {x_j}}},{b_{ij}} = \frac{{\partial {g_j}}}{{\partial {x_i}}} = \frac{{{\partial ^2}\phi }}{{\partial {x_i}\partial {\lambda _j}}}({x_0})\)

\({H_k} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}} \cdots {a_{1k}}}&{{b_{11}}}&{{b_{12}} \cdots {b_{1m}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}} \cdots {a_{2k}}}&{{b_{21}}}&{{b_{22}} \cdots {b_{2m}}}\\ {.....}&{}&{}&{}\\ {{a_{k1}}}&{{a_{k2}} \cdots {a_{kk}}}&{{b_{k1}}}&{{b_{k2}} \cdots {b_{km}}}\\ {{b_{11}}}&{{b_{21}} \cdots {b_{k1}}}&0&{0 \cdots 0}\\ {{b_{12}}}&{{b_{22}} \cdots {b_{k2}}}&0&{0 \cdots 0}\\ {....}&{}&{}&{}\\ {{b_{1m}}}&{{b_{2m}} \cdots {b_{km}}}&0&{0 \cdots 0} \end{array}} \right|;k = 1,2,...,n \)

Đặt Hb là ma trận của Hn (nghĩa là Hn = |Hb|). Ta có :

9. Nếu \({( - 1)^m}{H_k} > 0,\forall k = \overline {m + 1,n} \Rightarrow f\) đạt cực tiểu thỏa điều kiện (I) tại x0

ii) Nếu \({( - 1)^k}{H_k} > 0,\forall k = \overline {m + 1,n} \Rightarrow f\) đạt cực đại thỏa điều kiện (I) tại x0.

Ví dụ 1: n = 4, m = 1

\({H_2} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}\\ {\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}&0 \end{array}} \right|;\,\,{H_3} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_3}}}}\\ {\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_3}}}}&0 \end{array}} \right| \); \({H_4} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}&{{a_{14}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}&{{a_{24}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}}&{{a_{34}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_3}}}}\\ {{a_{41}}}&{{a_{42}}}&{{a_{43}}}&{{a_{44}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_4}}}}\\ {\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_3}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_4}}}}&0 \end{array}} \right| \)

Ta có:

9. \(H_2<0,H_3<0,H_4<0\)⇒ f đạt cực tiểu

ii) \(H_2>0,H_3<0,H_4>0\)⇒ f đạt cực đại

Ví dụ 2: n = 3, ra = 1. Ta có:

9. H2 < 0, H3 < 0 ⇒ f đạt cực tiểu

ii) H2 > 0, H3 < 0 ⇒ f đạt cực đại.

Ví du 3: n = 4, ra = 1. Ta có :

9. H3 \> 0, H4 \> 0 ⇒ f đạt cực tiểu

ii) H3 < 0, H4 \> 0 ⇒ f đạt cực đại.

Ví dụ:Tìm cực trị của hàm \(f(x,y,z) = 2x + y + 3z \)thỏa mãn điều kiện \(x^2 + 4y^2 - 2z^2 =35\) (1)

Cách 1: Dùng bất đẳng thức BCS.

Cách 2: Đặt \(g(x,y,z)=x^2+4y^2+2z^2-35\)

Đặt \(F(x,y,z,\lambda ) = f(x,y,z) + \lambda g(x,y,z) = 2x + y + 3z + \lambda ({x^2} + 4{y^2} + 2{z^2} - 35)\)

\(\begin{array}{l} \frac{{\partial F}}{{\partial x}} = 2 + 2\lambda x;\frac{{\partial F}}{{\partial y}} = 1 + 8\lambda x\\ \\ \frac{{\partial F}}{{\partial z}} = 3 + 4\lambda x;\frac{{\partial F}}{{\partial \lambda }} = g = {x^2} + 4{y^2} + 2{z^2} - 35\\ \\ \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {x^2}}} = 2\lambda ;\frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {y^2}}} = 8\lambda ;\frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {z^2}}} = 4\lambda ;\frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {\lambda ^2}}} = 0\\ \\ \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial x\partial y}} = \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial x\partial z}} = \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial y\partial z}} = 0;\frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial \lambda \partial x}} = \frac{{\partial g}}{{\partial x}} = 2x\\ \\ \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial \lambda \partial y}} = \frac{{\partial g}}{{\partial y}} = 8y;\frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial \lambda \partial z}} = \frac{{\partial g}}{{\partial z}} = 4z \end{array}\)

Điều kiện cần để F đạt cực trị tại \((x,y,z,\lambda )\)

\(\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial F}}{{\partial \lambda }} = g = {x^2} + 4{y^2} + 2{z^2} - 35 = 0\\ \frac{{\partial F}}{{\partial x}} = 2 + 2\lambda x = 0\\ \frac{{\partial F}}{{\partial y}} = 1 + 8\lambda y = 0\\ \frac{{\partial F}}{{\partial z}} = 3 + 4\lambda z = 0 \end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{{ - 1}}{\lambda } = 8y\\ y = \frac{{ - 1}}{{8\lambda }}\\ z = \frac{{ - 3}}{{4\lambda }} = 6y\\ 64{y^2} + 4{y^2} + 2.36{y^2} - 35 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 4\\ y = \frac{1}{2}\\ z = 3\\ \lambda = \frac{{ - 1}}{4} \end{array} \right.\,hay\,\left\{ \begin{array}{l} x = - 4\\ y = - \frac{1}{2}\\ z = - 3\\ \lambda = \frac{1}{4} \end{array} \right. \)

9. Xét tại \((x,y,z,\lambda ) = \left( {4,\frac{1}{2},3, - \frac{1}{4}} \right)\)

\(\frac{{\partial g}}{{\partial x}}(4;\frac{1}{2};3) = 8;\,\,\frac{{\partial g}}{{\partial y}}(4;\frac{1}{2};3) = 4;\,\,\frac{{\partial g}}{{\partial z}}(4;\frac{1}{2};3) = 12\)

\(\begin{array}{l} {a_{11}} = \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {x^2}}}(4;\frac{1}{2};3;\frac{{ - 1}}{4}) = \frac{{ - 1}}{2};\,\,\\ \\ {a_{22}} = \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {y^2}}}(4;\frac{1}{2};3;\frac{{ - 1}}{4}) = - 2;\,\\ \\ \,{a_{33}} = \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {z^2}}}(4;\frac{1}{2};3;\frac{{ - 1}}{4}) = - 1 \end{array} \)

\({a_{12}} = {a_{21}} = {a_{31}} = {a_{13}} = {a_{23}} = {a_{32}} = 0\)

Ta có: \({H_b} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1/2}&0&0&8\\ 0&{ - 2}&0&4\\ 0&0&{ - 1}&{12}\\ 8&4&{12}&0 \end{array}} \right) \)

\({H_1} = - 64;{H_2} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1/2}&0&8\\ 0&{ - 2}&4\\ 8&4&0 \end{array}} \right| > 0;\,{H_3} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1/2}&0&0&8\\ 0&{ - 2}&0&4\\ 0&0&{ - 1}&{12}\\ 8&4&{12}&0 \end{array}} \right| < 0 \)