§2 : Khả vi Vi phân Vi phân cấp vi phân vi phân cấp d 2f = d (df ) = d (fx¢dx + fy¢dy ) = d (fx¢ dx ) + d (fy¢dy ) = (d (fx¢)dx + fx¢d (dx )) + (d (fy¢)dy + fy¢d (dy )) 2 ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ = fxx dx + 2fxy dxdy + fyy dy Hay ta viết dạng 2 ¶ f ¶ f ¶ f 2 d f = dx + dxdy + dy ¶x ¶x¶y ¶y Vậy ta viết dạng quy ước sau ổả ả ữ df = ỗ dx + dy f ữ ỗ ữ ỗ ốảx ảy ứ ổả ả ữ d f =ỗ dx + dy f ữ ỗ ữ ỗ ốảx ảy ứ Đ2 : Khả vi Vi phân Tổng quát công thức cho hàm biến cho vi phân cấp hàm biến Vi phân cấp hàm bin f(x,y) ổả ả ữ d f =ỗ dx + dy f ữ ỗ ữ ỗ ốảx ¶y ø 3 2 ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ = fxxx dx + 3fxxy dx dy + 3fxyy dxdy + fyyy dy Vi phân cấp hàm biến f(x,y,z) ỉ¶ ¶ ¶ d f ( x, y , z ) = ỗỗ dx + dy + dzữ f ữ ỗốảx ứ ảy ảz ữ = fxx¢¢dx + fyy¢¢dy + fzz¢¢dz + 2fxy¢¢dxdy + 2fyzÂÂdydz + 2fzxÂÂdzdx Đ2 : Kh vi v Vi phân Ví dụ : Cho hàm f(x,y) = xsiny – 2ycosx Tính df, d2f (0,π/2) Giải : Ta tính đạo hàm riêng đến cấp 2, thay vào cơng thức tính vi phân fx¢= sin y + 2y sin x, fy¢= x cos y - 2cos x fxx¢¢= 2y cos x, fxy¢¢= cos y + 2sin x, fyy¢¢= - x sin y Vậy ta được: df (0, p ) = fx¢(0, p )dx + fy¢(0, p )dy = dx - 2dy 2 d 2f (0, p ) = fxx¢¢(0, p )dx + 2fxy¢¢(0, p )dxdy + fyy¢¢(0, p )dx 2 2 ( Vậy : df 0, p ) = dx - 2dy ,và d 2f (0, p ) = pdx 2 §2 : Khả vi Vi phân Ví dụ : Cho hàm f(x,y,z) = xy2 – 2yz2 + ex+y+z Tính df, d2f Giải Tương tự ví dụ trên, ta có df = fx¢dx + fy¢dy + fz¢ dz df = (y2+ex+y+z)dx+(2xy–2z2+ex+y+z)dy+(-4yz + ex+y+z)dz d 2f = fxx¢¢dx + fyy¢¢dy + fzz¢¢dz + 2fxy¢¢dxdy + 2fyz¢¢dydz + 2fzxÂÂdzdx d2f=ex+y+zdx2+(2x+ex+y+z)dy2+ (-4y+ex+y+z) dz2 + 2(2y+ex+y+z)dxdy+2(-4z+ex+y+z)dydz + 2(ex+y+z)dzdx Đ3 : Đạo hàm riêng Vi phân hàm hợp Đạo hàm riêng cấp hàm hợp Định lý : Cho hàm z = z(x,y) khả vi miền D; x, y hàm theo biến t: x=x(t), y=y(t) khả vi khoảng (t1,t2), hàm hợp z = z(x(t),y(t)) khả vi khoảng (t1,t2) dz ¶z dx ¶z dy = + dt ¶x dt ¶y dt dz Ví dụ : Cho hàm z = x -3xy, x = 2t+1, y= t -3 Tính dt 2 Giải: dz = ¶z dx + ¶z dy =(2x – 3y)2 + (-3x)2t dt ảx dt ảy dt Đ3 : Đạo hàm riêng Vi phân hàm hợp Tổng quát hơn: Cho z = z(x,y) x=x(u,v), y=y(u,v) tức z hàm hợp biến u, v Ta có cơng thức tương tự: ¶z ¶z ¶x ¶z ¶y = + ¶u ¶x ¶u ¶y ¶u ¶z ¶z ¶x ¶z ¶y = + ¶z ¶v ¶x ¶v ¶y ¶v ¶z z Ta tổng quát sơ đồ sau : Cần tính đạo hàm z theo biến ta theo đường đến biến ¶y ¶x ¶x x ¶u u ¶x y ¶v ¶y ¶u v u ảy ảv v Đ3 : o hm riờng v Vi phân hàm hợp Ví dụ : Cho hàm z = xey, x=cosu+sinv, y=u2+v2 Tính ¶z , ¶z ¶u ¶v Giải: Ta sử dụng công thức để tính ¶z ¶z ¶x ¶z ¶y y y = + = e (- sin u ) + xe 2u ¶u ¶x ¶u ¶y ¶u ¶z ¶z ¶x ¶z ¶y y y = + = e (cos v ) + xe 2v ¶v ¶x ¶v ¶y ¶v Chú ý: Có thể tính đạo hàm cách thay x, y theo u, v vào biểu thức hàm z tính đạo hàm thơng thường Tuy nhiên, việc sử dụng cơng thức đạo hàm hàm hợp (nói chung) cho ta kết nhanh §3 : Đạo hàm riêng Vi phân hàm hợp Ví dụ: Cho hàm z = f(x+y,2x-3y) Tính đhr đến cấp hàm z Giải : Ta đặt thêm biến trung gian : u = x+y, v = 2x – 3y để thấy rõ ràng hàm z = f(u,v) hàm hợp Dùng công thức đh hàm hợp, ta đhr cấp 1: z’x= f’u.u’x+f’v.v’x= f’u+2f’v ; z’y = f’u.u’y+f’v.v’y = f’u-3f’v Sau đó, lấy đhr đh cấp 1, ta đhr cấp 2: §3 : Đạo hàm riêng Vi phân hàm hợp z”xx = [f’u]’x + 2[f’v]’x = z”xx = [(f’u)’u.u’x+(f’u)’v.v’x]+2[(f’v)’u.u’x+(f’v)’v.v’x] Giữ nguyên Lấy đhr theo u nhân với đhr u theo Giữ nguyên Lấy đhr theo v nhân với đhr v theo Lấy đhr cấp theo x tương ứng nhân với đhr u, v theo x Tương tự: z”xy = f”uu-f”uv-6f”vv, z”yy = f”uu-6f”uv+9f”vv §3 : Đạo hàm riêng Vi phân hàm hợp Ví dụ: Cho hàm z = y.f(x2-y2) Tính zx¢, zy¢ ∂z ∂z x Từ suy : y + x = z ∂x ∂y y Giải: Ta đặt t = x2-y2, f hàm theo biến t, z=y.f Suy ra: ảz = y f Â.t xÂ= y f ¢.2 x ¶x ¶z = f + y f ¢.t yÂ= f + y f Â.(- 2y ) ảy z ∂z ∂z y + x = y y f ′.2 x + x f + x y f ′.(−2 y ) = x f = x ∂x ∂y y §7 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Xét điểm dừng d2L(M1) = -3(dx2+dy2+dz2) – xác định âm nên fcđ = f(M1) = f(1/3,-2/3,2/3) = d2L(M2) = 3(dx2+dy2+dz2) – xác định dương nên fct = f(M2) = f(-1/3,2/3,-2/3) = -3 §7 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ: Tìm cực trị hàm f(x,y) = x2+2y2+12xy với điều kiện 4x2+y2 = 25 Giải: L(x,y) = x2+2y2+12xy+λ(4x2+y2 - 25) Tìm điểm dừng : Từ (1) (2) ta tính λ ìï Lx¢= x +12y + 8l x =0 (1) theo x y, cho ïï ïí L¢= y +12 x + 2l y = (2) để tìm mối ïï y liên hệ x y 2 ïïỵ x + y = 25 (3) x + 6y x + 2y l ==Þ 24 x + xy - y = (4) 4x y Pt (4) pt đẳng cấp x, y; ta giải cách đặt y = tx để phương trình §7 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện ét = - 2 24x +7x.tx-6(tx) = -6t +7t+24 = ê ê êt = éy = - x ê ë Ta thay vào pt (3), ê Suy ê êy = x tính λ tương ứng để ê điểm dừng ë M1(2,-3) M2(-2,3) với λ = 2, M3(3/2,4) M4(-3/2,-4) với λ = -17/4 Tính d2L = L”xxdx2+L”yydy2 +2L”xydxdy d2L = (2+8λ)dx2+(4+2λ)dy2+24dxdy Ta xét điểm dừng lần chung λ §7 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Tại M1 M2 : d2L=18dx2+24dxdy+8dy2 = 2(3dx+2dy)2 Đến đây, ta chưa thể kết luận dấu d2f nên ta sử dụng điều kiện φ(x,y) = cách lấy vi phân vế: φ’xdx+φ’ydy=0 thay giá trị x, y điểm dừng xét để tìm thêm mối liên hệ dx dy Từ : 4x2+y2 = 25 8xdx+2ydy = Thay x=2 y=-3 (điểm M1) x=-2 y=3 (điểm M2) vào ta : 8dx = 3dy Suy ra: d2L(M1) = d2L(M2) = (225/4)dx2 - xác định dương Tương tự xét dấu d2L M3 M4 Vậy : fct = f(2,-3) = f(-2,3) = -26, fcđ = f(3/2,4) = f(-3/2,-4) = -151/4 §7 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Ví dụ : Dùng cực trị để tìm khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng giao tuyến mặt phẳng : x+y = 6, y+z = 12 Giải Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến điểm M(x,y,z) d (O, M ) = x + y + z Tức ta có tốn: Tìm cực trị hàm f(x,y,z)=x2+y2+z2 với điều kiện x+y = y+z = 12 Ta làm cách : Cách 1: Thay x = 6-y, z = 12-y vào hàm f để hàm biến y tìm cực trị §7 : Cực trị hàm nhiều biến – Cực trị có điều kiện Cách 2: Dùng hàm Lagrange với điều kiện L(x,y,z) = f(x,y,z) + λφ(x,y,z) + μψ(x,y,z) L(x,y,z) = x2+y2+z2+λ(x+y-6)+μ(y+z-12) Tìm điểm dừng cách giải hpt ìï Lx¢= ìï Lx¢= x + l = Ta ïï ïï điểm ïï Ly¢= ïï Ly¢= 2y + l + m= ïï ïï dừng Û í Lz¢= 2z + m= í Lz¢= M(0,6,6) ïï ïï ïï j ( x, y , z ) = ïï x + y = với λ = 0, ïï ïï μ = -12 y ( x , y , z ) = y + z = 12 ïïỵ ïïỵ Tính d2L=2(dx2+dy2+dz2) xác định dương điểm nên ta fct = f(0,6,6) = 72 Vậy khoảng cách cần tìm §7 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Định nghĩa: Cho hàm f(x,y) xác định miền D đóng bị chặn Hàm f gọi đạt giá trị lớn (GTLN) điểm M0 ( x0 , y ) Ỵ D f ( x, y ) £ f ( x0, y ), " ( x, y ) Ỵ D fmax = f(x0,y0) Thay dấu ≤ dấu ≥ định nghĩa ta có khái niệm giá trị nhỏ (GTNN) hàm miền đóng D Định lý Weierstrass : Nếu hàm f(x,y) liên tục tập đóng bị chặn D f đạt GTLN, GTNN D Nhắc lại rằng: Tập D đóng tức D chứa biên nó, D bị chặn tức tồn hình cầu mở B(M0,r) cho D Î B(M0 , r ) §7 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Như vậy, để tìm GTLN, GTNN hàm f(x,y) miền đóng D ta làm sau : Tìm điểm dừng M1, M2, … điểm D Tính giá trị hàm điểm dừng Tìm điểm dừng biên D tức điểm dừng hàm f thỏa điều kiện phương trình biên D Tính giá trị hàm f điểm dừng So sánh giá trị hàm f điểm dừng biên D để tìm GTLN, GTNN hàm f miền D §7 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Ví dụ : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ f(x,y) = (x-6)2+(y+8)2 thỏa điều kiện x2+y2 ≤ 25 Giải: Miền D hình tròn, bao gồm đường tròn tâm O(0,0) bán kính r = Tìm điểm dừng hình tròn tức giải hpt fx′ = 2( x − 6) =  fy′ = 2( y + 8) =  2 x + y < 25  pt cho ta nghiệm x = 6, y = -8, không thỏa bất đẳng thức tức D điểm dừng §7 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Tìm điểm dừng biên D tức tìm điểm dừng có điều kiện cách lập hàm Lagrange (-3,4) L(x,y) = f(x,y) + λ(x2+y2-25) (3,-4) giải hpt Lx′ = 2( x − 6) + 2λ x = Ta điểm dừng  Ly′ = 2( y + 8) + 2λ y = biên M1(-3,4), M2(3,-4)  2 x + y = 25  Ta tính giá trị f điểm dừng so sánh ta fmax = f(-3,4) = 225, fmin=f(3,-4) = 25 §7 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Ví dụ: Tìm GTLN GTNN hàm f(x,y) = x2+y2-xy miền |x| + |y| ≤ Giải: B(0,1) Trước hết, ta xác định miền D hình vng ABCD hình vẽ A(1,0) Tìm điểm dừng hình C(-1,0) vng cách giải hpt fx′ = x − y = D(0-1)  ′ fy = 2y − x = Ta điểm dừng M1(0,0) Tìm điểm dừng biên tức cạnh AB, BC, CD, DA hình vng §7 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Trên cạnh AB với phương trình x+y = ↔ y = 1-x Thay vào hàm f ta f = x2+(1-x)2-x(1-x) = 3x23x+1 f’=6x-3=0↔x=1/2 ta điểm dừng M2(1/2,1/2) B(0,1) C(-1,0) M2(1/2,1/2) A(1,0) D(0-1) Tương tự cạnh lại ta điểm dừng M3(-1/2,1/2), M4(-1/2,-1/2), M5(1/2,-1/2) Cuối cùng, ta tính giá trị hàm điểm dừng vừa tìm: f(M1)=0, f(M2) = f(M4) = 1/4, f(M3) = f(M5) = 3/4 Và điểm đặc biệt: f(A) = f(B) = f(C) = f(D) = Vậy: fmax = f(A) = f(B) = f(C) = f(D) = 1, fmin = f(M1) = §7 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Ví dụ : Tìm GTLN, GTNN hàm f(x,y) = x2+y2 miền ( x − 1)2 + ( y − 2)2 ≤ D: 2 x + y ≥ Giải: Trước tiên, ta xác định miền D phần hình tròn nằm đường thẳng Tìm điểm dừng miền D : f ′ = x = x ⇔ x=y =0  fx′ = 2y = B(0,4) I(1,2) A(2,0) Ta khơng nhận điểm nằm ngồi miền D §7 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Tìm điểm dừng biên D gồm đường : đoạn thẳng AB nửa đường tròn ACB Trên đoạn thẳng, ta có điều kiện: 2x+y = ↔ y = -2x+4 B(0,4) , 0≤x≤2 thay vào hàm f ta f = x2+(2x-4)2 = 5x2-16x+16 I(1,2) Cho ta điểm dừng M1 M1(8/5,4/5) A(2,0) Trên nửa đường tròn, ta lập hàm Lagrange L(x,y) = x2+y2+λ((x-1)2+(y-2)2-5) §7 : Cực trị hàm nhiều biến – GTLN GTNN Tìm điểm dừng: L ′ = 2x + 2λ ( x − 1) =  x  x = y = 0, λ =  ′ Lx = 2y + 2λ ( y − 2) = ⇔   x = 2, y = 4, λ = −2  2 ( x − 1) + ( y − 2) = Cuối cùng, ta tính giá trị f điểm đặc biệt điểm dừng f(M1) = 80/25, f(M2) = 20, f(A) = 4, f(B) = 16 so sánh để Ta loại điểm (0,0) nằm đường thẳng nhận điểm M2(2,4) M2 B(0,4) fmax=f(2,4)=20, fmin = f(8/5,4/5) = 80/25 I(1,2) M1 A(2,0) ... tính đạo hàm cách thay x, y theo u, v vào biểu thức hàm z tính đạo hàm thơng thường Tuy nhiên, vi c sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp (nói chung) cho ta kết nhanh §3 : Đạo hàm riêng Vi phân hàm. .. Tương tự, ta tính đạo hàm riêng cấp lại Và d z(0,1) = dxdy §4 : Đạo hàm riêng Vi phân hàm ẩn Ví dụ : Cho hàm z = f(x+y,x.y), tính vi phân dz, d2z Giải: Ta tính đạo hàm riêng đến cấp hàm z Trước hết,... tính vi phân cấp hàm z theo biến độc lập u, v; tức ta sử dụng công thức vi phân cấp hàm z(u,v) Vậy vi phân cấp hàm hợp 2 ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ d z = zuu du + 2zuv dudv + zvv dv §3 : Đạo hàm riêng Vi phân hàm