cực trị hàm nhiều thay đổi bài bác giảng cực trị hàm nhiều đổi mới cực trị có đk biện pháp tìm giá chỉ trị nhỏ nhất bí quyết tìm giá chỉ trị lớn nhất rất trị có điều kiện hàm 2 vươn lên là


Bạn đang xem: Cực trị hàm nhiều biến toán cao cấp

*
pdf

bài bác giảng Toán T1: Chương 7 - ThS. Huỳnh Văn Kha


*
pdf

bài giảng Giải tích 2 - Chương 1: Đạo hàm với vi phân (Phần 2)


*
pdf

bài bác giảng Toán cao cấp: Phép tính vi tích phân hàm nhiều biến - Nguyễn lối hành văn




Xem thêm: Bảng Công Thức Sin Cos Tan Công Thức, Các Công Thức Lượng Giác Toán 10 Đầy Đủ Nhất

Nội dung

CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIẾN CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆNXét 2 bài bác toán:Bài 1: Tìm cực trị2z  1 x  yz  1 x2  y 22Cực đại đạt trên (0,0),z=1 Bài 2: Tìm cực trị z  1  x 2  y 2Thỏa điều kiện x + y – 1 = 02z  1 x  y2 Bài 2: Tìm rất trị z  1  x 2  y 2Thỏa đk x + y – 1 = 02z  1 x  y2z 1 / 2x+y–1=0Cực đại đạt trên (1/2, 1/2), Định nghĩa:Hàm số z = f(x, y) thỏa đk (x, y) =0 đạt cực to tại M0 nếu tồn tại 1 ở kề bên Vcủa M0 sao chof(M)  f(M0), MV và (M) = 0Tương tự cho định nghĩa rất tiểu tất cả điều kiện. Điều kiện đề nghị của cực trị bao gồm điều kiệnGiả sử f,  khả vi trong lân cận của M0(x0, y0)và22 x (M0 )   y (M0 ) 0,Nếu f đạt cực trị trên M0 với điều kiện  = 0 thìtồn trên   R sao chofx (M0 )   x (M0 ) 0( )fy (M0 )   y (M0 ) 0 (M0 ) 0 : nhân tử Lagrange fx (M0 )   x (M0 ) 0fy (M0 )   y (M0 ) 0 (M0 ) 0( )1.M0 thỏa hệ () gọi là điểm dừng trong bàitoán cực trị tất cả điều kiện, cũng điện thoại tư vấn là điểmdừng của hàm LagrangeL(x,y) = f(x, y) + (x, y)2. D(M0) = 0 ( dx cùng dy links với nhautheo hệ thức này) Điều kiện đủ của rất trị gồm điều kiệnGiả sử f,  có những đhr đến cung cấp 2 liên tiếp tronglân cận của M0(x0, y0) và M0 là vấn đề dừng củaL(x,y),222d L(M0 ) Lxx (M0 )dx  2Lxy (M0 )dxdy  Lyy (M0 )dy1.Nếu d2L(M0) khẳng định dương thì f đạt cựctiểu có đk tại M0.2.Nếu d2L(M0) xác minh âm thì f đạt rất đạicó điều kiện tại M0. Các cách tìm cực trị có đk hàm 2 biếnLoại 1: điều kiện số 1 theo x, y( tìm trênđường thẳng)(x, y) = ax + by + c = 0 mang đến cực trị hàm 1 trở nên khi vắt y theo xtrong f. Loại 2:(tổng quát) sử dụng pp nhân tử LagrangeL(x,y) = f(x,y) + (x,y)Lx (M0 ) 0B1: tìm điểm dừng của L(x, y) : Ly (M0 ) 0 (M0 ) 0B2: xét vệt d2L trên M0 có kèm đk d(M0) = 0•Xác định dương: rất tiểu•Xác định âm: cực đại VÍ DỤ1/ Tìm rất trịz 1  4 x  8y22thỏa điều kiện  ( x , y ) x  8y  8 0L(x,y) = f(x, y) + (x, y)= 1 – 4x – 8y + (x2 – 8y2 – 8 )Lx  4  2 x 0x4,y1,1/2Ly  8  16 y 0   2 x 4, y  1,  1 / 22 x  8y 8 Điểm dừng:  x  4, y 1,   1/ 2 x 4, y  1,  1 / 2 2 , Lxy 0, Lyy  16 , d 2 xdx  16ydyLxxTại M1(- 4, 1),  = -1/2d 2L( 4,1)  dx 2  8dy 2d ( 4,1)  8dx  16dy 0d 2L( 4,1)  4dy 2  8dy 2 4dy 2  0 dx  2dy M1 là vấn đề cực tiểu bao gồm đk của f, f(M1) = 9  2 , Lxy 0, Lyy  16 , d 2 xdx  16ydyLxxTại M1(4, -1),  = 1/2d 2L(4,  1) dx 2  8dy 2d (4,  1) 8dx  16dy 0d 2L( 4,1) 4dy 2  8dy 2  4dy 2  0 dx  2dy m2 là điểm cực đại có đk của f, f(M2) = 7 22 ( x , y ) x  8y  8 0z 1  4 x  8y 2/ Tìm cực trịthỏa điều kiệnz  xy22xy ( x , y )    1 082z  xy  x2 y 2 L( x , y ) xy     12 8Điểm ngừng của L là n0 hệ:xLx ( x , y ) y   04Ly ( x , y ) x   y 0 22xy  1 0 82  2,( x , y ) (2,  1) giỏi ( x , y ) (  2,1)   2,( x , y ) (2,1) xuất xắc ( x , y ) (  2,  1) x  , Lxy 1, Lyy  , d ( x , y )  dx  ydyLxx44Tại P1(2, -1),  = 2d 2L(P ) 1 dx 2  2dy 2  2dxdy12d (P1 ) 1 dx  dy 02d 2L(P1 ) 8dy 2  0 dx 2dyVậy f đạt rất tiểu gồm đk tại P1, f(P1) = -2.Tương tự trên P2(-2, 1) x  , Lxy 1, Lyy  , d ( x , y )  dx  ydyLxx44Tại P3(2, 1),  = - 2d 2L(P )  1 dx 2  2dy 2  2dxdy12d (P1 ) 1 dx  dy 02d 2L(P1 )  8dy 2  0 dx  2dyVậy f đạt cực lớn có đk trên P3, f(P3) = 2.Tương tự trên P4(-2, -1) 3/ Tìm cực trị z f ( x , y )  1  x 2  y 2thỏa đk x + y – 1 = 0x+y–1=0y=1–x z  2x  2x2Bài toán biến chuyển tìm cực trị của z cùng với x (0, 1)1  2xz( x ) 22x  2xz’ đổi lốt từ + quý phái – khi trải qua x = 50% , nênz đạt cđại trên x = 50% fcd 1 / 2Vậy f đạt cđại có đk tại (x,y) = (1/2, 1/2). GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - NHỎ NHẤTĐịnh lý: f liên tiếp trên tập compact D thì fđạt min, max bên trên D.Nhắc lại: tập compact là tập đóng góp (lấy tấtcả các biên) với bị chận (có thể được baobởi 1 hình tròn) Cách tra cứu gtln, gtnn1.Tìm trạm dừng của f bên trên miền mở của D(phần quăng quật biên).2.Tìm các điểm đặc biệt trên biên của Da.Điểm ngừng của hàm Lagrange (tổng quát).b.Nếu biên là đoạn thẳng, chuyển f về hàm1 biến, tìm những điểm có chức năng đạt min,max của hàm 1 biến hóa này.3.So sánh giá trị của f tại những điểm trên min, max VÍ DỤ1/ bên trên tam giác OAB, cùng với O(0, 0), A(0, 1) vàB(1, 0), tìm các điểm M(x, y) tất cả tổng bìnhphương khoảng cách đến các đỉnh là lớnnhất, bé nhất.22222OM x  y ,Ax+y = 12AM x  ( y  1) ,BM 2 ( x  1) 2  y 2OBĐặt z = OM2 + AM2 + BM2 22 z f ( x , y ) 3x  3y  2 x  2y  2Bài toán trở thành: search gtln, gtnn của z trênD: x  0, y  0, x+y 1Điểm giới hạn của z = f(x, y) bên trên miền mở củaD là nghiệm hệfx 6 x  2 01 1 ( x , y )  , fy 6 y  2 0 3 3 x  0, y  0, x  y  1 Xét trên biên D22z 3x  3y  2 x  2 y  2OA: x = 0, 0  y  1, z = 3y2 – 2y + 2z’(y) = 6y – 2 = 0  y = 1/3 các điểm đặc biệt: (0,0), (0,1), (0,1/3)AOB: y = 0, 0  x  1, z = 3x2 – 2x +2x+y = 1OBz’(x) = 6x – 2 = 0  x = 1/3 các điểm đặc biệt:(0,0), (1,0), (1/3,0) 22z f ( x , y ) 3x  3y  2 x  2y  2AB: y = 1 – x, 0 x  1, z = 6x2 – 6x + 3z’(x) = 12x – 6 = 0  x = 1/2 các điểm sệt biệt: (1/2,1/2), (0,1), (1,0)Tính f tại những điểm được chỉ raf  1 3,1 3 4 3, f (0,0) 2, f (0,1) 3, f (1,0) 3f (0,1 3) 5 3, f (1 3,0) 5 3, f (1 2,1 2) 3 2Vậy fmin = f(1/3,1/3) = 4/3,fmax = f(1,0)= f(0,1) = 3 2/ search gtln, gtnn của z = f(x, y) = x2 + y2–3x+ 4ytrên hình trụ D: x2 + y2  1Điểm dừng của z = f(x, y) trênmiền mở của D là nghiệm hệfx 2 x  3 0( x , y ) (3 2,  2)22f2y40yx  y  1 22(loại)x  y  1Trên biên D: x2 + y2 = 1, xét hàm Lagrange2222L( x , y ) x  y  3x  4y   ( x  y  1) Điểm quan trọng trên biên là điểm dừng của222L ( x , y )  x  y  3x  4 y   ( xLx ( x , y ) 2 x  3  2 x 0Ly ( x , y ) 2 y  4  2 y 0 22 x  y  1 04 3 ( x , y )  ,   hay ( x , y )   5 5(Không buộc phải chỉ ra .)4 f  ,52 y  1)4 3, 5 53194 3  29  , f   ,  55 5 5 5 z = f(x, y) = x2 + y2 – 3x + 4y