cực trị hàm nhiều trở thành bài giảng cực trị hàm nhiều phát triển thành cực trị có đk biện pháp tìm giá trị nhỏ dại nhất cách tìm giá bán trị lớn nhất rất trị có đk 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 bác giảng Giải tích 2 - Chương 1: Đạo hàm cùng vi phân (Phần 2)
pdf
bài bác giảng Toán cao cấp: Phép tính vi tích phân hàm nhiều đổi mới - Nguyễn lối hành văn
Xem thêm:
Cách Tính Nguyên Hàm Từng Phần, Phương Pháp Và Bài Tập Tính Nguyên Hàm Từng Phần Nội dung
CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIẾN CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆNXét 2 bài toán:Bài 1: Tìm rất 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 đk x + y – 1 = 02z 1 x y2 Bài 2: Tìm cực trị z 1 x 2 y 2Thỏa điều kiện x + y – 1 = 02z 1 x y2z 1 / 2x+y–1=0Cực đại đạt tại (1/2, 1/2), Định nghĩa:Hàm số z = f(x, y) thỏa đk (x, y) =0 đạt cực to tại M0 giả dụ tồn trên 1 ở kề bên Vcủa M0 sao chof(M) f(M0), MV và (M) = 0Tương tự cho định nghĩa cực tiểu bao gồm điều kiện. Điều kiện phải của cực trị bao gồm điều kiệnGiả sử f, khả vi trong bên cạnh của M0(x0, y0)và22 x (M0 ) y (M0 ) 0,Nếu f đạt rất trị tại M0 với điều kiện = 0 thìtồn trên R sao chofx (M0 ) x (M0 ) 0( )fy (M0 ) y (M0 ) 0 (M0 ) 0 : nhân tử Lagrange fx (M0 ) x (M0 ) 0fy (M0 ) y (M0 ) 0 (M0 ) 0( )1.M0 thỏa hệ () gọi là vấn đề dừng trong bàitoán cực trị bao gồm điều kiện, cũng hotline là điểmdừng của hàm LagrangeL(x,y) = f(x, y) + (x, y)2. D(M0) = 0 ( dx với dy link với nhautheo hệ thức này) Điều kiện đủ của cực trị bao gồm điều kiệnGiả sử f, có những đhr đến cấp cho 2 thường xuyên tronglân cận của M0(x0, y0) với M0 là điểm dừng củaL(x,y),222d L(M0 ) Lxx (M0 )dx 2Lxy (M0 )dxdy Lyy (M0 )dy1.Nếu d2L(M0) xác định dương thì f đạt cựctiểu có đk tại M0.2.Nếu d2L(M0) xác định âm thì f đạt rất đạicó đk tại M0. Các bước tìm cực trị có điều kiện hàm 2 biếnLoại 1: điều kiện bậc nhất theo x, y( tìm kiếm trênđường thẳng)(x, y) = ax + by + c = 0 đem đến cực trị hàm 1 đổi thay khi rứa y theo xtrong f. Loại 2:(tổng quát) cần sử dụng pp nhân tử LagrangeL(x,y) = f(x,y) + (x,y)Lx (M0 ) 0B1: tìm trạm 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: rất đại VÍ DỤ1/ Tìm cực trịz 1 4 x 8y22thỏa đk ( x , y ) x 8y 8 0L(x,y) = f(x, y) + (x, y)= 1 – 4x – 8y + (x2 – 8y2 – 8 )Lx 4 2 x 0x4,y1,1/2Ly 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), = -1/2d 2L( 4,1) dx 2 8dy 2d ( 4,1) 8dx 16dy 0d 2L( 4,1) 4dy 2 8dy 2 4dy 2 0 dx 2dy M1 là điểm cực tiểu gồm đk của f, f(M1) = 9 2 , Lxy 0, Lyy 16 , d 2 xdx 16ydyLxxTại M1(4, -1), = 1/2d 2L(4, 1) dx 2 8dy 2d (4, 1) 8dx 16dy 0d 2L( 4,1) 4dy 2 8dy 2 4dy 2 0 dx 2dy mét vuông là điểm cực to có đk của f, f(M2) = 7 22 ( x , y ) x 8y 8 0z 1 4 x 8y 2/ Tìm rất trịthỏa điều kiệnz xy22xy ( x , y ) 1 082z xy x2 y 2 L( x , y ) xy 12 8Điểm giới hạn của L là n0 hệ:xLx ( x , y ) y 04Ly ( x , y ) x y 0 22xy 1 0 82 2,( x , y ) (2, 1) giỏi ( x , y ) ( 2,1) 2,( x , y ) (2,1) tuyệt ( x , y ) ( 2, 1) x , Lxy 1, Lyy , d ( x , y ) dx ydyLxx44Tại P1(2, -1), = 2d 2L(P ) 1 dx 2 2dy 2 2dxdy12d (P1 ) 1 dx dy 02d 2L(P1 ) 8dy 2 0 dx 2dyVậy f đạt rất tiểu tất cả đk tại P1, f(P1) = -2.Tương tự trên P2(-2, 1) x , Lxy 1, Lyy , d ( x , y ) dx ydyLxx44Tại P3(2, 1), = - 2d 2L(P ) 1 dx 2 2dy 2 2dxdy12d (P1 ) 1 dx dy 02d 2L(P1 ) 8dy 2 0 dx 2dyVậy f đạt cực lớn có đk tại P3, f(P3) = 2.Tương tự trên P4(-2, -1) 3/ Tìm rất trị z f ( x , y ) 1 x 2 y 2thỏa đk x + y – 1 = 0x+y–1=0y=1–x z 2x 2x2Bài toán đổi thay tìm rất trị của z cùng với x (0, 1)1 2xz( x ) 22x 2xz’ đổi lốt từ + sang trọng – khi đi qua x = một nửa , nênz đạt cđại tại x = một nửa 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 trên D.Nhắc lại: tập compact là tập đóng (lấy tấtcả những biên) cùng bị chận (có thể được baobởi 1 hình tròn) Cách tìm gtln, gtnn1.Tìm trạm dừng của f bên trên miền mở của D(phần vứt biên).2.Tìm những điểm đặc trưng trên biên của Da.Điểm ngừng của hàm Lagrange (tổng quát).b.Nếu biên là đoạn thẳng, đưa f về hàm1 biến, tìm các điểm có khả năng đạt min,max của hàm 1 vươn lên là này.3.So sánh giá trị của f tại các điểm trên min, max VÍ DỤ1/ trên tam giác OAB, với O(0, 0), A(0, 1) vàB(1, 0), tìm những điểm M(x, y) gồm tổng bìnhphương khoảng cách đến những đỉnh là lớnnhất, nhỏ 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 ngừng của z = f(x, y) bên trên miền mở củaD là nghiệm hệfx 6 x 2 01 1 ( x , y ) , fy 6 y 2 0 3 3 x 0, y 0, x y 1 Xét bên 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 sệt 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 những điểm đặc 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 tròn trụ D: x2 + y2 1Điểm ngừng của z = f(x, y) trênmiền mở của D là nghiệm hệfx 2 x 3 0( x , y ) (3 2, 2)22f2y40yx 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 đặc biệt trên biên là điểm dừng của222L ( x , y ) x y 3x 4 y ( xLx ( x , y ) 2 x 3 2 x 0Ly ( x , y ) 2 y 4 2 y 0 22 x y 1 04 3 ( x , y ) , tốt ( x , y ) 5 5(Không buộc phải chỉ ra .)4 f ,52 y 1)4 3, 5 53194 3 29 , f , 55 5 5 5 z = f(x, y) = x2 + y2 – 3x + 4y
