bài tập giải tích 1_dùng cho các trường đại học
Tham khảo tài liệu 'bài tập giải tích 1_dùng cho các trường đại học', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Chương 4. Phép tính vi phân hàm nhiều biến
A. Lý thuyết.
• Định nghĩa hàm hai (nhiều) biến và MXĐ của hàm số. Định nghĩa và cách tính giới
hạn dãy điểm, giới hạn hàm số. Định nghĩa tính liên tục của hàm số.
• Định nghĩa và cách tính đạo hàm riêng cấp 1. Biểu thức và ứng dụng cua vi phân
cấp 1. Công thức tính đạo hàm riêng của hàm hợp. Cách tính đạo hàm riêng và vi phân cấp
2 (cấp cao).
• Định nghĩa cực trị. Các định lý điều kiện cần, điều kiện đủ của cực trị (quy tắc tìm
cực trị). Công thức tính đạo hàm hàm ẩn. Định nghĩa cực trị có điều kiện. Cách tìm cực trị
có điều kiện. Cách tìm max và min của hàm số trên tập đóng và giới nội.
B. Bài tập..
1
a) z = ln xy b) z = 1. Tìm miền xác định của các hàm sau đây
y − x2
x2 y 2
c) z = 1 − −
a 2 b2
1 1 y −1
d) z = + e) z = arcsin f) z = x ln y
x+ y x− y x
Lời giải.
{
a) D = ( x, y ) ∈ ¡
2
: xy > 0 .}
b) D = { ( x, y ) ∈ ¡ 2
: y ≠ x2 }
2 x
2
y2
c) D = ( x, y ) ∈ ¡ : 2 + 2 ≤ 1 .
a b
{ 2
d) D = ( x, y ) ∈ ¡ : − x < y < x . }
e) Hàm số xác định khi
y −1 − y + x + 1 y ≤ x + 1 y ≥ x + 1
∨
y −1 1 − x =
x
≥0
x > 0 x < 0
−1 ≤ ≤1⇔ ⇔
x y −1 +1 = y + x −1 ≥ 0 y ≥ − x + 1 ∨ y ≤ − x + 1
x
x x > 0
x < 0
f) Hàm số xác định khi
x ≥ 0 x ≤ 0 x ≥ 0 x ≤ 0
x ln y ≥ 0 ⇔ ∨ ⇔ ∨
ln y ≥ 0 ln y ≤ 0 y ≥ 1 0 < y ≤ 1
2. Tính các giới hạn sau đây
x
( 21
a) x→0 x + y sin xy
lim 2
) lim
sin xy
b) x→0 x
y
c) x→∞ 1 +
lim
x
y →0 y →2 y →2
1
x+ y 2
x +y 2
lim
d) x→∞ x 2 + y 2 lim
e) x→0
x2 + y 2 + 1 − 1
f) x→0 1 +
lim ( x y )
2 2 x2 + y2
y →∞ y →0 y →0
Lời giải.
lim( x 2 + y 2 ) = 0
a) Từ 0 ≤ x + y sin (
1
xy
22 2
≤ x + y và x→0
y →0
2
) , theo tiêu chuẩn kẹp, ta
được
(
lim x 2 + y 2 sin
x→0
) 1
xy
= 0.
y →0
sin xy 0 / 0 sin xy
lim
b) x→0 = lim y = 2.
x x→0 xy
y →2 y →2
y
x
x 1∞
y y y
c) lim 1 + = lim 1 + = e2 .
x→∞ x x→∞ x
y →2 y →2
x+ y x y 1 1
d) Từ 0 < 2 ≤ 2 + 2 < + và
x + y2 x + y2 x + y2 x y
1 1 1 1
lim + = lim + lim
x x→∞ x y→∞ y = 0 , theo tiêu chuẩn kẹp, ta được
x→∞ y
y →∞
x+ y
lim = 0.
x→∞ x2 + y 2
y →∞
x2 + y 2 t2
( )
0/0
lim
e) x→0 = lim lim t 2 + 1 + 1 = 2, t := x 2 + y 2 .
2 2 t →0 2
y →0 x + y +1 −1 t + 1 − 1 t →0
x2 y 2 1
lim 2 = lim =0
f) Do x→0 x + y 2 x →0 1 1 nên
y →0 y →0 2 + 2
y x
x2 y2
1 1 x2 + y2
lim 1 +
x→0
( x y )
2 2 x2 + y2
= lim 1 +
x →0
( x y )
2 2 x2 y 2
= e0 = 1 .
y →0 y →0
3. Chứng minh các hàm sau đây không có giới hạn khi ( x, y ) → ( 0,0 )
x x2 − y 2 x2 y 2
a) f ( x, y ) = b) f ( x, y ) = 2 c) f ( x, y ) =
x2 y 2 + ( x − y )
2
x+ y x + y2
Lời giải.
a) Do khi k → ∞ , ta có
1 1
( 1 1
)
xk , yk = k , k → ( 0,0 )
(
1 1 1/ k
) 1
f xk , yk = 1/ k + 1/ k = 2 → 2
1
nhưng .
−1/ k
(
k k
2 1 2
k k
)
x , y = − , → ( 0;0 )
2
k (
f x ,y =
2 2
k
−1/ k + 2 / k
)
= −1 → −1
b) Do khi k → ∞ , ta có
1 1
( 1 1
)
xk , yk = k , k → ( 0,0 )
k (
f x1 , y1 =
k
1/ k 2 − 1/ k 2
)
1/ k 2 + 1/ k 2
=0→0
nhưng .
( )
2 2
x 2 , y 2 = 2 , 1 → ( 0;0 ) f x 2 , y 2 = 4 / k − 1/ k = 3 → 3
k k
k k
k ( k )
4 / k 2 + 1/ k 2 5 5
c) Do khi k → ∞ , ta có
1/ k 2 .1/ k 2
1 1
( )1 1
xk , yk = k , k → ( 0,0 ) k(
f x1 , y1 =
k )
1/ k 2 .1/ k 2 + ( 1/ k − 1/ k )
2
=1→1
nhưng .
1 −1
(
x ,y = ,
2
k k
2
) → ( 0;0 ) k(
f x2 , y 2 =
k
1/ k 2 .1/ k 2
) 1
= →
1
k k 1/ k 2 .1/ k 2 + ( 1/ k + 1/ k )
2
5 5
4. Tính các đạo hàm hàm riêng cấp 1 và vi phân toàn phần của các hàm sau đây
x2 − y 2 y
3
a) z = x + y − 3 xy 3
b) z = 2 c) sin
x + y2 z=e x
e) z = yx y
y
d) z = x x f) z = x 2 y − xy 2
2
(
g) z = ln x + x + y
2
) h) z = arctg
y
x
i) z = arcsin
y−x
x
z
y x
j) u = e l) u = ln ( xy + z )
xyz
sin k) u = xy +
z y
Lời giải.
x y
2 2 2
a) z′ = 3 x − 3 y, z′ = 3 y − 3 x và dz = 3 x − 3 y dx + 3 y − 3 x dy .
2
( ) ( )
4 xy 2 −4 x 2 y 4xy ( xdx − ydy )
′ , z′y =
b) z x = và dz =
(x ) (x ) (x )
2
2 2 2 .
+ y2 2
+ y2 2
+ y2
y y y
y y sin 1 y sin 1 y sin y
c) z′ = −
x cos e x , z′y = cos e x và dz = cos e x − dx + dy
2
x x x x x x x
y
d) Ta có z = e x ln x . Vậy
(x )′ ( yx ) ( y ln x + 1) ,
y y y
y −1
z′ = z = e x
x
ln x y
ln x = xx ln x + x y −1 = x x + y −1
x
(x )′ (x )
y y y
+y
z′y = e x ln x y
ln x = xx y
ln x.ln x = x x ln 2 x ,
y
dz = x x
y
+ y −1
( y ln x + 1) dx + (x xy+y
)
ln 2 x dy
e) z′ = y 2 x y −1 , z′y = x y + yx y ln x = x y (1 + y ln x)
x và
dz = x y y 2 x −1dx + ( 1 + y ln x ) dy .
f) z′ =
x
2 xy − y 2
, z′y =
x 2 − 2 xy
và dz =
(
2 xy − y 2 dx + x 2 − 2 xy dy ) .
2 2 2 2
2 x y − xy 2 x y − xy 2
2 x y − xy 2
x x
1+
g) z′ = x2 + y 2 1 x2 + y 2 x ,
= , z′y = =
( x+ )
x
2 2 2 2 2 2
x+ x + y x +y x+ x + y x +y2 2
x +y2 2
dx xdy
dz = +
x2 + y 2 ( x+ x2 + y 2 ) x2 + y 2
− y / x2 −y 1/ x x − ydx + xdy
h) z′ =
x = , z′y = = 2 , dz = .
1+ ( y / x) 1+ ( y / x)
2
x2 + y 2 2
x + y2 x2 + y 2
y 1 1 1 − ydx + dy
i)
z′ = −
x , z′y =
x dz x =
x 1 − y − x / x2 x 1 − y − x / x2 , 2 .
( ) ( ) x 1 − ( y − x ) / x
y
j) u = e sin
xyz
z
xyz y xyz y 1 xyz y xyz y y xyz y
*) u¢ = yze s n ,u¢ = xze s n + e cos ; z = xye s n -
x i y i u¢ i e cos *
z z z z z z2 z
æ y æ y 1 yö æ y y yö ö
xyz ç ÷ ÷
*) du = e çyzs n dx + çxzs n + cos ÷ + çxys n - cos ÷ ÷
i ç i ÷dy ç i dz
ç ç ÷ ç ÷ ÷
ç
è z ç
è z z ÷
zø ç
è z z2 z÷ ÷
ø ÷ø
z
x
k) u = xy +
y
æ 1öæ xö
z- 1 æ x öæ ö- 1
z
æ z
ö æ ö
ç ÷çxy + x÷ ;u¢ = çxy + x÷ l çxy + x÷
֍
u¢ = zçy + ÷ xy + ÷ ;uy = zçy -
x ç
ç
÷
÷
ç
ç
ç
÷
÷ ¢ ç ÷ç
÷ ÷
÷ z çç
÷ nç
÷ ç ÷
÷
è y÷
øè y÷
ø ç
ç
è y2 ø è
÷ y÷
ø è y÷ è
ø y÷
ø
1é
æ z
ö- ê æ + 1ödx +
æ x÷
ç
ö æ ö ù
çxy + x÷
du = ç zç ÷ zçy - ÷ + l çxy + x÷ ú
ç
÷
÷
÷ ê çy
ç
÷
÷
÷ ç
ç
÷
÷dy n ç
ç ÷
÷
dz
÷ ú
è yø êè
ë
yø ç
è y2 ÷
ø è yø ú
û
l) u = ln ( xy + z )
y x 1
u¢ =
x ;u¢ =
y u¢
; z=
xy + z xy + z xy + z
1
du =
xy + z
( ydx + xdy + dz)
5. Chứng minh rằng
∂z ∂z
2
( 2
)
a) Hàm z = ln x + xy + y thoả phương trình x
∂x
+ y = 2.
∂y
∂z ∂z
b) Hàm z = xy + xe y / x thoả phương trình x + y = xy + z.
∂x ∂y
Lời giải.
a) Ta có
∂z 2x + y ∂z 2y + x
= 2 , = 2
∂x x + xy + y ∂y x + xy + y 2
2
Khi đó
∂z ∂z 2x + y 2y + x
x +y =x 2 +y 2 = 2.
∂x ∂y x + xy + y 2
x + xy + y 2
b) Ta có
∂z y ∂z
= y + e y / x 1 − ∧ = x + ey/ x .
∂x x ∂y
Khi đó
∂z ∂z y
x + y = xy + xe y / x 1 − + yx + ye y / x = 2 xy + xe y / x = xy + z .
∂x ∂y x
6. Dùng biểu thức vi phân cấp 1 tính gần đúng trị của các biểu thức
1,02
a) A = ( 1,003)
1,995
b) B = 9. ( 1,95 ) 2 + ( 8,1) 2 c) C = arctg
0,95
Lời giải. Trong bài này ta áp dụng công thức
f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ f ( x0 , y0 ) + f x′ ( x0 , y0 ) ∆x + f y ( x0 , y0 ) ∆y .
′
a) Đặt
( x0 , y0 ) = ( 1; 2 ) , ( ∆x, ∆y ) = ( 0,003; −0,005) ,
f ( x, y ) = x y , f x′ = yx y −1; f y = x y ln x ,
′
f ( x0 , y0 ) = 1, f x′ ( x0 , y0 ) = 2, f y ( x0 , y0 ) = 0 .
′
Ta được
A = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ 1 + 2 × 0,003 + 0 × ( −0,005 ) = 1,006 .
b) Đặt
( x0 , y0 ) = ( 2;8) , ( ∆x, ∆y ) = ( −0,05;0,1) ,
9x y
f ( x, y ) = 9 x 2 + y 2 , f x′ = ′
; fy = ,
9x2 + y 2 9x2 + y2
f ( x0 , y0 ) = 10, f x′ ( x0 , y0 ) = 1,8, f x′ ( x0 , y0 ) = 0,8 .
Khi đó
B = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ 10 + 1,8 × ( −0,05 ) + 0,8 × 0,1 = 9,99 .
c) Đặt
( x0 , y0 ) = ( 1;1) ; ( ∆x, ∆y ) = ( 0,02; −0,05 ) ,
x y −x
f ( x, y ) = arctg , f x′ = 2 ′
, fy = 2 ,
y x + y2 x + y2
π 1 1
f ( x0 , y0 ) = , f x′ ( x0 , y0 ) = , f x′ ( x0 , y0 ) = − .
4 2 2
Khi đó
π 1 1 π
C = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ + × 0,02 − × 0,05 = + 0,035 .
4 2 2 4
7. Tính đạo hàm hàm riêng của các hàm hợp sau đây
2 u ′ ′
a) Cho z = x sin y, x = , y = v u . Tính zu , zv .
v
x
b) Cho f ( x, y ) = arctg , x = u sin v, y = u cos v. Tính fu′, f v′.
y
x
c) Cho z = y arctg , y = cos x . Tính z′ .
2
x
y
x
d) Cho f ( x, y ) = ln sin , x = 3t 2 , y = 1 + t 2 . Tính f t ′ .
y
Lời giải.
a) Ta có
1 u v
x ′ ′ ′
z′ = 2 x sin y, z′y = x 2 cos y ; xu = , xv = − 2 ; yu = ′
, yv = u .
v v 2 u
Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp, ta được
2u v
zu = z′ .xu + z′ . yu =
′ x ′ y ′ 2
sin v u + cos v u
v 2 u
.
2u 2
zu = z′ .xv + z′y . yv = − 3 sin v u + v cos v u
′ x ′ ′
v
x
b) Cho f ( x, y ) = arctg , x = u sin v, y = u cos v. Tính fu′, f v′.
y
u cos v u sin v
f u′ = f x′xu + f y′ yu = 2 2
′ ′ sin v − 2 2 cosv = 0
u sin v + u cos v
2 2
u sin v + u 2 cos 2 v
u cos v u sin v
f u′ = f x′xv + f y′ yv = 2 2
′ ′ ucosv + 2 2 u sin v = 1
u sin v + u cos v
2 2
u sin v + u 2 cos 2 v
c) Ta có
y2 x xy
z′ =
x , z′y = arctg − 2 , y′ ( x ) = − sin 2 x .
x2 + y 2 y x + y2
Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp, ta được
dz cos 4 x x x cos 2 x
= z′ + z′y . y′ ( x ) = 2 − arctg − sin 2 x .
x + cos 4 x cos 2 x x 2 + cos 4 x
x
dx
x
d) Cho f ( x, y ) = ln sin , x = 3t 2 , y = 1 + t 2 . Tính f t ′ .
y
1 x x x
f¢ =
x cotg ,f¢ = -
y cotg
y y 2 y3 y
t2 3t 3t 2
f t ′ = f x′xt′ + f y′ yt′ =
2− cot g
4
1+ t2 4
1+ t2 1+ t2
8. Tính các đạo hàm hàm riêng và vi phân cấp 2 của các hàm sau đây
a) z = ln( x 2 + y ) b) z = 2 xy + y 2
x+ y 1
c) z = arctg d) u = .
1 − xy x + y2 + z2
2
Lời giải.
2x 1 2 y − x2 −1 ( ) −2 x
a) z′ = 2 , z′y = 2 và z′′ = , z′′ = , z′′ = .
( ) ( ) (x )
x xx 2 yy 2 xy 2
x +y x +y x2 + y x2 + y 2
+y
y x+ y
b) z′ =
x , z′ =
y ,
2 xy + y 2 2 xy + y 2
− y2 − x2 xy
z′′ =
xx , z′′ =
yy , z′′ =
xy .
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 xy + y 2 2 xy + y 2 2 xy + y 2
1 + y2 ( 1 − xy ) 2 1 + y2 1 1
c) z′ =
x = = , y′ = ,
( 1 − xy ) 2 ( 1 − xy ) 2 + ( x + y ) 2 2 2 2
1+ x y + x + y 2
1+ x 2
1 + y2
−2 x −2 y
z′′ = , z′′ = , z′′ = 0
(1+ x ) (1+ y )
xx 2 yy 2 xy .
2 2
1
d) u = .
x2 + y 2 + z 2
x y z
u¢ =
x ;u¢ =
y u¢
; z=
x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2
y2 + z2 x2 + z2 y2 + x2
u¢ =
¢
xx ;u¢ =
¢
yy
¢¢
;uzz =
3 3 3
( x2 + y2 + z2 ) ( x2 + y2 + z2 ) ( x2 + y2 + z2 )
- xy - yz - zx
u¢ =
¢
xy
¢¢
;uzy = ¢¢
;uzx =
3 3 3
( x2 + y2 + z2 ) ( x2 + y2 + z2 ) ( x2 + y2 + z2 )
é 2 ù
2
d u=
1
ê
(2 2
)
2 2 2 2
(
2 2
)
êy + z dx + x + z dy + x + y dz - 2xydxdyú
ú
( )
3 ê 2xzdxdz - 2yzdydz
- ú
( x2 + y2 + z2 êë
) ú
û
9. Tính đạo hàm của các hàm ẩn xác định bởi các phương trình sau đây
x+ y y
a) arctg - =0. Tính y ′(x) b) xe y + ye x − e xy = 0. Tính y′(x )
a a
2
x + y − z = 0
2 2
c) x + y + z − 3 xyz = 0. Tính z′ , z ′
3 3 3
x y d) 2 . Tính y′ ( x ) , z ′ ( x )
x + 2 y + 3z = 4
2 2
Lời giải.
a) Ta có
F ( x ) := xe y + ye x − e xy , Fx′ = e y + ye x − ye xy , Fy = xe y + e x − xe xy .
′
Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm ẩn, ta được
Fx′ e y + ye x − ye xy
y′ ( x ) = − =− y .
Fy′ xe + e x − xe xy
Fx′ y y2
b) F ( x ) := xy − ln y − a ⇒ y′ ( x ) = − =− = .
Fy′ x − ( 1/ y ) 1 − xy
Fx′ yx y −1 − y x ln y
c) F ( x ) := y − x ⇒ y′ ( x ) = − =
x y
.
Fy xy x −1 − x y ln x
′
2
10. Phương trình z + = y 2 − z 2 xác định hàm ẩn z = z(x,y). Chứng minh rằng
2
x
∂z 1 ∂z 1
x2 + = .\
∂x y ∂y z
Giải
11. Tìm cực trị của các hàm sau đây
a) z = 4( x − y ) − x 2 − y 2 b) z = x 2 + xy + y 2 + x − y + 1
c) z = x + y − xe y d) z = ( x − 1) 2 + 2 y 2
e) z = 2 x 4 + y 4 − x 2 − 2 y 2 f) z = 2 xy − 3 x 2 − 2 y 2 + 10
50 20
g) z = x3 + 3 xy 2 − 15 x + 12 y h) z = xy + +
x y
i ) u = x 2 + y 2 + z 2 − xy − x − 2 z j ) u = x3 − y 2 − 3x + 4 y + z 2 + z − 8
Lời giải.
a) • Tìm điểm tới hạn
z′ = 4 − 2 x = 0
x x = 2
′ ⇔ ⇒ M 0 ( 2, −2 ) .
z y = −4 − 2 y = 0
y = −2
• Xác định điểm cực trị
z′′ = −2; z′′ = 0; z′′ = −2 .
xx xy yy
Tại M 0 : A = −2 < 0, B = 0, C = −2, B 2 − AC = −4 < 0
⇒ M 0 là điểm cực đại và zmax = 8 .
z′ = 2 x + y + 1 = 0
x x = −1
b) • ⇔ ⇒ M 0 ( −1,1) .
z′y = 2 y + x − 1 = 0
y =1
• z′′ = 2; z′′ = 1; z′′ = 2 .
xx xy yy
Tại M 0 : A = 2 > 0, B = 1, C = 2, B 2 − AC = −3 < 0 ⇒ M 0 là điểm cực tiểu và zmin = 0 .
z′ = 1 − e y = 0
x x = 1
c) • ⇔ ⇒ M 0 ( 1,0 ) .
y = 0
y
z′y = 1 − xe = 0
• z′′ = 0; z′′ = −e ; z′′ = − xe .
y y
xx xy yy
Tại M 0 : A = 0, B = −1, C = −1, B 2 − AC = 1 > 0 ⇒ Hàm số không có cực trị.
z′ = 2 ( x − 1) = 0
x x = 1
d) • ⇔ ⇒ M 0 ( 1,0 )
z′ = 4 y = 0
y
y=0
• z′′ = 2, z′′ = 0, z′′ = 4
xx xy yy
Tại M 0 : A = 2 > 0, B = 0, C = 4, B 2 − AC = −8 < 0 ⇒ M 0 là điểm cực tiểu và zmin = 0 ;
e) • Tìm các điểm tới hạn
z′ = 8 x3 − 2 x = 0 1
x x = 0 ∨ x = ±
⇔ 2.
z′y = 4 y 3 − 4 y = 0
y = 0 ∨ y = ±1
Vậy hàm số có 9 điểm tới hạn
1 1 1
M1 (0,0), M 2,3 ( 0, ±1) , M 4,5 (± ,0), M 6,7 ( , ±1), M 8,9 − , ±1 .
2 2 2
• Xác định điểm cực trị
z′′ = 24 x 2 − 2; z′′ = 0; z′′ = 12 y 2 − 4 .
xx xy yy
* Tại M 1 : A = −2 < 0, B = 0, C = −4, B 2 − AC = −8 < 0
⇒ M1 là điểm cực đại và zmax = 0 .
* Tại M 2,3 : A = −2 < 0, B = 0, C = 8, B 2 − AC = 16 > 0
⇒ M 2,3 không phải là điểm cực trị.
* Tại M 4,5 : A = 4 > 0, B = 0, C = −4, B 2 − AC = 16 > 0
⇒ M 4,5 không phải là điểm cực trị.
* Tại M 6,7 : A = 4 > 0, B = 0, C = 8, B 2 − AC = −32 < 0
9
⇒M 6,7 là điểm cực tiểu và zmin = − .
8
* Tại M 8,9 : A = 4 > 0, B = 0, C = 8, B 2 − AC = −32 < 0
9
⇒M 8,9 là điểm cực tiểu và zmin = − .
8
z′ = 2 y − 6 x = 0
x x = 0
f) • ⇔ ⇒ M 0 ( 0,0 ) .
z′y = 2 x − 4 y = 0 y=0
• z′′ = −6; z′′ = 2; z′′ = −4 .
xx xy yy
Tại M 0 : A = −6 < 0, B = 2, C = −4, B 2 − AC = −20 < 0 ⇒ M 0 là điểm cực đại và
zmax = 10 .
g) • Tìm điểm tới hạn
z ′ = 3 x 2 + 3 y 2 − 15 = 0
x x = −2, y = 1
⇔
z ′ = 6 xy + 12 = 0
y x = −1, y = 2
⇒ M1 ( 2, −1) , M 2 ( −1, 2 ) , M 3 ( −2,1) , M 4 ( −2,1)
• Xác định điểm cực trị
z′′ = 6 x, z′′ = 6 y, z′′ = 6 x .
xx xy yy
* Tại M 1 : A = 12 > 0, B = −6, C = 12, B 2 − AC = −108 < 0
⇒ M1 là điểm cực tiểu và zmin = −22 .
* Tại M 2 : A = −6 > 0, B = 12, C = −6, B 2 − AC = 108 > 0
⇒ M 2 không phải là điểm cực trị.
* Tại M 3 : A = −12 > 0, B = 6, C = −12, B 2 − AC = −108 < 0
⇒ M 3 là điểm cực tiểu và zmin = −22 .
* Tại M 4 : A = 6 > 0, B = −12, C = 6, B 2 − AC = 108 > 0
⇒ M 4 không phải là điểm cực trị.
′ 50
zx = y − x2 = 0
x = 5
h) • ⇔ ⇒ M 0 ( 5, 2 ) .
z′y = x − 20
=0 y = 2
y2
100 40
• z′′ = 3 , z′′ = 1, z′′ = 3 .
xx xy yy
x y
4
Tại M 0 : A = > 0, B = 1, C = 5, B − AC = −3 < 0 ⇒ M 0 là điểm cực tiểu và zmin = 30 .
2
5
12. Tìm cực trị có điều kiện của các hàm sau đây
π
a) z = xy với x + y = 1 b) z = cos 2 x + cos 2 y với y − x =
4
1 1 1 1 1
c) z = x + 2 y với x 2 + y 2 = 5 d) z = + với 2 + 2 = 2
x y x y a
Lời giải.
a) Do
x + y = 1 ⇔ y = 1− x ,
nên ta đưa được bài toán về bài toán tìm cực trị hàm một biến
z = z ( x ) = x − x2 , x ∈ ¡ .
Ta có
1 1
z′ ( x ) = 1 − 2 x = 0 ⇔ x = và z′′ ( x ) = −2, z′′ = −2 .
2 2
1
Vậy hàm z ( x ) đạt cực đại tại x = nên hàm z ( x, y ) đạt cực đại có điều kiện tại
2
( x, y ) =
1 1 1
, và zmax = .
2 2 4
b) Do
π π
y−x= ⇔ y = x+ .
4 4
nên ta đưa bài toán về bài toán tìm cực trị hàm một biến
π
z = z ( x ) = cos 2 x + cos 2 x + , x ∈ ¡ .
4
Ta có
π π
z ′ ( x ) = − sin 2x − sin 2 x + = − sin 2x − cos 2 x = − 2 sin 2 x +
2 4
π π kπ π
z′ ( x) = 0 ⇔ 2x + = k π ⇔ x = − + và z ′′ ( x ) = −2 2 cos 2 x +
4 8 2 4
π kπ π π 2 2, k = 2m + 1
z ′′ − + = −2 2 cos − + k π + = −2 2 cos ( k π ) = , m∈¢ .
8 2 4 4 −2 2, k = 2m
Vậy hàm số đạt cực tiểu có điều kiện tại
π ( 2m + 1) π π ( 2m + 1) π 1 1
− + , + với zmin = 1 + cos ( 2m + 1) π = 1 −
8 2 8 2 2 2
và đạt cực đại có điều kiện tại
π π 1 1
− + mπ, + mπ với zmax = 1 + cos ( 2mπ ) = 1 +
8 8 2 2
c) Hàm Lagrange
(
L ( x, y , λ ) = x + 2 y + λ x 2 + y 2 − 5 )
• Tìm điểm tới hạn
L′ = 1 + 2λx = 0 x = −1/ 2λ 1
x
M1 ( 1, 2 ) , λ = −
2
L′ = 2 + 2λy = 0 ⇔ y = −1/ λ ⇔
y
2 2 M ( −1, −2 ) ; λ = 1
2
x + y = 5 λ = 1/ 4 2
2
• Xác định điểm cực trị
yy (
Lxx = 2λ, Lxy = 0, L′′ = 2λ ⇒ d 2 L = 2λ dx 2 + dy 2
′′ ′′ ) 2 x2 2
x ⇒ d L = 2λ 1 + y 2 dx .
ϕ′x = 2 x, ϕ′y = 2 y ⇒ d ϕ = 2 ( xdx + ydy ) = 0 ⇔ dy = − dx
y
1
* Tại M 1 ( 1, 2 ) , λ = − :
2
1 1
d 2 L 1, 2, − = − 1 + dx 2 < 0, ∀dx ≠ 0 ⇒ M1 là điểm cực đại có điều kiện.
2 4
1
* Tại M 2 ( −1, −2 ) , λ = :
2
1 1
d 2 L −1, −2, = 1 + dx 2 > 0, ∀dx ≠ 0 ⇒ M 2 là điểm cực tiểu có điều kiện.
2 4
d) Hàm Lagrange
1 1 1 1 1
L ( x, y , λ ) = + + λ 2 + 2 − 2 ,a > 0 .
x y x y a
• Tìm điểm tới hạn
1 2λ
′
Lx = − 2 − 3 = 0
x
1 2λ
x
x = y = −2λ
(
M 1 − 2a, − 2 a , λ = ) a
2
L′ = − 2 − 3 = 0 ⇔
y a ⇔
λ=±
1 1
y
1
y
2
M
(
2 2 a, 2a , λ = −
) a
2
2+ 2 = 2
x
y a
• Xác định điểm cực trị
2 6λ 2 6λ 1 3λ 2 1 3λ 2
Lxx = 3 + 4 , Lxy = 0, L′′ = 3 + 4 ⇒ d L = 2 3 + 4 dx + 3 + 4 dy
′′ ′′ 2
yy
x x y y x
x y y
2 2 1 1 y3
ϕ′x = − x3 , ϕ′y = − y 3 ⇒ d ϕ = −2 x3 dx + y 3 dy = 0 ⇔ dy = − x3 dx
2
1 3λ 1 3λ y 6 2
⇒ d L = 2 3 + 4 + 3 + 4 6 dx .
x
x y y x
(
* Tại M 1 − 2a, − 2a , λ = ) a
2
:
1 3 2 dx 2
d 2L = 4 − 3 + 3 dx = dx 2 = 3 > 0 ⇒ M1 là điểm cực tiểu có điều
2a 2 4a 2 a 2
kiện.
* Tại M 2 ( )
2a , 2a , λ = −
a
2
:
2 1 3 2 2 dx 2
d L = 4 3 − 3 dx = dx = − 3 < 0 ⇒ M 2 là điểm cực đại có điều
2a 2 4a 2 a 2
kiện.
13. Trong tất cả các tam giác vuông có diện tích bằng 1, tìm tam giác có cạnh huyền nhỏ
nhất.
Lời giải. Gọi x, y, z > 0 lần lượt là hai cạnh góc vuông và cạnh huyền của tam giác
vuông có diện tích bằng 1. Khi đó
2
xy = 2 ⇔ y = và z = x 2 + y 2 := z ( x, y ) .
x
Bài toán được đưa về bài toán tìm cực trị của hàm số
4 x4 + 4
z = z ( x, y ) = x + y = x + 2 = 2 2 2
:= z ( x ) , x ∈ ( 0, +∞ )
x x
Ta có
x4 − 4
z′ =
x =0⇔ x= 2
x2 x4 + 4
Lập bảng xét dấu z′ ta thấy x = 2 là điểm cực tiểu của hàm số z ( x ) nên hàm z ( x, y )
x
đạt cực tiểu tại ( )
2, 2 . Vậy trong tam giác vuông có diện tích bằng 1 thì tam giác
vuông cân là tamgiác có cạnh huyền nhỏ nhất và bằng 2.
15. Tính max và min của các hàm sau đây trên tập đóng và giới nội D tương ứng
a) z = x y ( 4 − x − y ) với D được giới hạn bởi các đường x = 0, y = 0, x + y = 6
2
π π
b) z = sin x + sin y + sin ( x + y ) với D = ( x, y ) ∈ ¡
2
:0 ≤ x ≤ ,0 ≤ y ≤
2 2
c) z = x − y với D = ( x, y ) ∈ ¡ : x + y ≤ 4
2 2 2 2 2
{ }
( ) { ( x, y ) ∈ ¡ }
d) z = e
− x2 + y 2
( 2x 2
)
+ 3 y 2 với D =
2
: x2 + y 2 ≤ 1
Lời giải.
a) Ta có
{ ( x, y ) ∈ ¡ : 0 ≤ x ≤ 6,0 ≤ y ≤ 6 − x} .
D= 2
• Tìm điểm tới hạn trong D = { ( x, y ) ∈ ¡ : 0 < x < 6,0 < y < 6 − x} : Ta có
0
2
z = x 2 y ( 4 − x − y ) = 4 x 2 y − x3 y − x 2 y 2 .
Giải hệ phương trình
z′ = xy ( −3 x − 2 y + 8 ) = 0
x 3 x + 2 y − 8 = 0 x = 2
⇔ ⇔ .
z′y = x 2 ( − x − 2 y + 4 ) = 0 x + 2y − 4 = 0 y =1
Vậy trong D , hàm số có một điểm tới hạn M 1 ( 2,1) và z ( M 1 ) = 4 .
0
• Tìm điểm tới hạn trên ∂D :
* Trên OA : x = 0, y ∈ ( 0,6 ) : z = 0
* Trên OB : y = 0, x ∈ ( 0,6 ) : z = 0
* Trên AB : y = 6 − x, x ∈ ( 0,6 ) . Ta có hàm một biến
z = x 2 y ( 4 − x − y ) = 2 x3 − 12 x 2 =: z ( x )
z′ = 6 x 2 − 24 x = 0 ⇔ x = 4 ∈ ( 0,6 )
x
Trên AB, hàm số có một điểm tới hạn M 2 ( 2, 4 ) và z ( M 2 ) = −64 .
* Tại các điểm O ( 0,0 ) , A ( 0,6 ) , B ( 6,0 ) : z ( A ) = z ( B ) = z ( B ) = 0
So sánh các giá trị của hàm số tại các điểm tới hạn, ta được
max z = 4 đạt tại M1 ( 2,1) và min z = −64 đạt tại M 2 ( 4, 2 ) .
D D
y y
M B
B π/2C
π/3 M
3
6
M2 π/4 M2
1
2 A
M A
1 π x
π π
0 x 0
2 1 6
4
4 2
3
Hình 1 Hì 2
nh
0
2 π π
b) • Tìm các điểm tới hạn trong D = ( x, y ) ∈ ¡ : 0 < x < ,0 < y < : Ta có
2 2
z′ = cos x + cos ( x + y ) = 0
x cos x = cos y
⇔
z′y = cos y + cos ( x + y ) = 0
cos x + cos ( x + y ) = 0
π π 0 π π 3 3
⇔ ( x, y ) = , ∈ D và z , = .
3 3 3 3 2
• Tìm các điểm tới hạn trên ∂D :
π
* OA : y = 0, x ∈ 0, : z = 2sin x và z′ ( x ) = 2cos x = 0 ⇔ VN .
2
π
* OB : x = 0, y ∈ 0, : z = 2sin y và z′ ( y ) = 2cos y = 0 ⇔ VN .
2
π π π
* BC : y = , x ∈ 0, : z = 1 + sin x + sin x + = 1 + sin x + cos x
2 2 2
và
π π π
z′ ( x ) = cos x − sin x = 0 ⇔ x = ⇒ z , = 1+ 2 .
4 4 2
π π π
* OB : x = , y ∈ 0, : z = 1 + sin y + sin y + = 1 + sin y + cos y
2 2 2
và
π π π
z′ ( y ) = cos y − sin y = 0 ⇔ y = ⇒ z , = 1+ 2 .
4 2 4
π π π π
* Tại các đỉnh O ( 0,0 ) , A ,0 , B , , C 0, :
2 2 2 2
z ( O ) = 0, z ( A) = z ( B ) = z ( B ) = 2 .
Kết luận:
3 3
max z = , min z = 0 .
D 2 D
{ ( x, y ) ∈ ¡ }
0
2
c) • Tìm điểm tới hạn trong D = : x 2 + y 2 < 4 : Ta có
z′ = 2 x = 0
x x = 0
′ ⇔ ⇒ z ( 0,0 ) = 0
z y = −2 y = 0
y=0
2 2
• Tìm điểm tới hạn trên ∂D : x + y = 4
Cách 1. Hàm Lagrange
(
L ( x, y , λ ) = x 2 − y 2 + λ x 2 + y 2 − 4 . )
Ta có
L′ = 2 x + 2λx = 0 x = 0 ∨ λ = −1
x
x = 0, y = ±2
L′ = −2 y + 2λy = 0 ⇔ y = 0 ∨ λ = 1 ⇒
y ⇒ z ( 0, ±2 ) = −4, z ( ±2,0 ) = 4 .
2 2 y = 0, x = ±2
2
x + y = 4
2
x + y = 4
Kết luận
max z = 4, min z = −4 .
D D
Cách 2.
x 2 + y 2 = 4 ⇔ y 2 = 4 − x 2 , x ∈ [ −2, 2] .
Xét
z = x 2 − y 2 = 2 x 2 − 4 ⇒ z′ ( x ) = 4 x = 0 ⇔ x = 0 .
So sánh các giá trị
z ( 0 ) = −4, z ( −2 ) = z ( 2 ) = 4
ta được
max z = 4, min z = −4 .
D D
y y
2 1
−2 0 2 x −1 0 1 x
−2 −1
Hì 3
nh Hì 4
nh
{ ( x, y ) ∈ ¡ }
0
2
d) • Tìm các điểm tới hạn trong D = : x 2 + y 2 < 1 . Ta có
−( x 2 + y 2 )
z′ = e
x ( )
−2 x 2 x 2 + 3 y 2 + 4 x = 0
(
x 2 − 2 x2 − 3 y 2 = 0
)
x = y = 0
⇔ ⇔ x = 0, y = ±1
z′ = e −( x + y ) −2 y 2 x 2 + 3 y 2 + 6 y = 0
y
2 2
(
)
2
(
y 3 − 2x − 3y = 0
2
)
x = ±1, y = 0
0
⇔ ( x, y ) = ( 0,0 ) ∈ D ⇒ z ( 0,0 ) = 0 .
• Tìm các điểm tới hạn trên biên ∂D : x 2 + y 2 = 1 ⇔ y 2 = 1 − x 2 . Ta có
( )
z=e
− x2 + y2
( 2x 2
)
+ 3 y 2 = e −1 (3 − x 2 ) := z ( x ) , x ∈ [ −1,1]
2
z′ ( x ) = − x = 0 ⇔ x = 0 .
e
So sánh các giá trị
3 2
z ( 0 ) = , z ( −1) = z ( 1) =
e e
ta được
3
max z = , min z = 0 .
D e D
