Vi phan ham nhieu bien

HÀM NHIỀU BIẾN
1. Định nghĩa Hàm 2 biến.

f : D ⊂ 2 → 
M ( x, y )=
 z f=
( M ) f ( x, y )
Miền xác định của hàm f(x,y) là miền D ⊂  2 sao cho f(x,y) có nghĩa.
VD: f : D ⊂  2 → 
M ( x, y )  z = f ( x, y ) = 1 − x 2 − y 2

Miền xác định của hàm f(x,y) là tập hợp những điểm M ( x, y ) ∈ D sao cho

1 − x2 − y 2 ≥ 0 ⇔ x2 + y 2 ≤ 1
Vậy D là …………………
Đồ thị hàm số f(x,y)

z ≥ 0
z ≥ 0
⇔
 2
 2
2
2
2
2
 z =1 − x − y
 z + x + y =1
ĐN Đường đẳng trị: là tập hợp các điểm M(x,y) sao cho f(x,y)=const. (hằng số)
VD: f ( x, y ) = x 2 + y 2 = 1 : …………………………
2. Giới hạn và liên tục

2.1. Khoảng cách giữa 2 điểm, dãy điểm.
Cho 2 điểm M(x,y), M 0 ( x0 , y0 ) thì d ( M , M 0 ) =

( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 ≥ 0

Cho dãy điểm M 0 ( x0 , y0 ), M 1 ( x1 , y1 ), M 2 ( x2 , y2 ),..., M k ( xk , yk )
Dãy điểm M k hội tụ đến M 0 ký hiệu M k → M 0
nếu d ( M k , M 0 ) → 0 ( xk → x0 , yk → y0 )

2.2. Lân cận tại một điểm
{M ∈  2 / d ( M , M 0 ) < r} lân cận của điểm M 0
Cho M 0 ( x0 , y0 ), r > 0, B( M 0 , r ) =
Đây là dĩa tròn tâm tại M 0 và bán kính là r (không lấy biên).

M 0 ( x0 , y0 ), r > 0, B′( M 0 , r ) =
{M ∈  2 / d ( M , M 0 ) ≤ r} : dĩa tròn lấy biên
M 0 ( x0 , y0 ), r > 0, ∂B( M 0 , r ) ={M ∈  2 / d ( M , M 0 ) = r}
Do đó B′=
( M 0 , r ) B ( M 0 , r ) + ∂B ( M 0 , r )


2.3. Giới hạn hàm 2 biến.
f : D ⊂ 2 → 
M ( x, y )  z = f ( M )
Hàm f(x,y) có giới hạn là a khi M tiến đến M 0 ta viết f ( M ) → a khi M → M 0 nếu

∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀M ∈ D, 0 < d ( M , M 0 ) < δ ⇒ f ( M ) − a < ε
Ký hiệu

lim f ( x, y ) = a

x → x0
y → y0

xy 2

VD1: Tính

lim

VD2:Tính

 1 
lim( x 2 + y 2 ) sin  
x →0
 xy 
y →0

VD3: Tính

lim

x →0
y →0

x →0
y →0

2 − 4 + xy 2

xy
x2 + y 2

1 1 ′ ′ 2 1
Chọn hai
dãy ( xn , yn ) =
,  ;( xn , yn )  ,  , chuyển về giới hạn một biến.
=
n n
n n

2.4. Liên tục tại một điểm.
Hàm f(x,y) liên tục tại M 0 ( x0 , y0 ) nếu nó thỏa 2 điều kiện
•
•

Hàm f(x,y) xác định tại M 0 ( x0 , y0 )

lim f ( x, y ) = f ( x0 , y0 )

x → x0
y → y0

Hàm f(x,y) liên tục trên D nếu f(x,y) liên tục tại M 0 ( x0 , y0 ), ∀M 0 ∈ D

2.5. Định lý Weirestrass: Cho E là tập Compact, E ∈  2 , f(x,y) liên tục trên E. Khi ấy.
•
•

f(x,y) bị chặn trên E.

f(x,y) đạt GTLN, GTNN trên E.
∃M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ∈ E : f ( x1 , y1 ) ≤ f ( x, y ) ≤ f ( x2 , y2 )

•

E compact nếu
 E đóng ( nếu E chứa biên của nó)
 E bị chặn (nếu có một hình tròn chứa nó E ⊂ B(0, R)
VD: E =
B′(0,1) =
{M ∈  2 / d ( M , 0) ≤ 1}


3. Đạo hàm-Vi phân.
3.1. Đạo hàm riêng.
Cho hàm z = f ( x, y ) . Đạo hàm riêng của hàm f(x,y) theo biến x tại M 0 ( x0 , y0 )
•

•

f ( x0 + ∆x, y0 ) − f ( x0 , y0 )
∂f
∂z
′
:
=
=
( x0 , y0 )
( x0 , y0 ) f=
lim

x ( x0 , y0 )
∆
x
→
0
∂x
∂x
∆x
ĐHR của f(x,y) theo biến x.
f ( x0 , y0 + ∆y ) − f ( x0 , y0 )
∂f
∂z
′
=
=
( x0 , y0 )
( x0 , y0 ) f=
lim
:
y ( x0 , y0 )
0
y
∆
→
∂y
∂y
∆y
ĐHR của f(x,y) theo biến y.

VD1: f ( x, y )= 3 x 2 y + y 3 + x 2 .

∂f
∂f
(1, 0)= ?; (1, 0)= ?
∂x
∂y

∂f
∂f
= 6 xy + 2 x ⇒
(1, 0) = 2
∂x
∂x

∂f
∂f
= 3 x 2 + 3 y 2 ⇒ (1, 0) = 3
∂y
∂y
VD2: f ( x,=
y)

3

∂f
∂f
x 2 + y 3 . Tính=
( x, y ) ?;=
( x, y ) ?
∂x

∂y

∂f
∂f
VD3: f ( x=
, y ) ln( x 3 + e y ) . Tính=
( x, y ) ?;=
( x, y ) ?
∂x
∂y

3.2. Hàm khả vi và vi phân toàn phần.
Hàm f(x,y) được gọi là khả vi tại M 0 ( x0 , y0 ) nếu số gia hàm số được biểu diễn.
∆f = ∆z = A.∆x + B.∆y + Ο(d ), d = (∆x) 2 + (∆y ) 2

Đại lượng: A.∆x + B.∆y =df ( x0 , y0 ) :vi phân toàn phần cấp 1 của hàm f(x,y) tại M 0 ( x0 , y0 )
Định lý: Nếu hàm z = f ( x, y ) xác định trong lân cận của điểm M 0 ( x0 , y0 ) và các đạo hàm
riêng f x′, f y′ liên tục tại M 0 ( x0 , y0 ) thì f ( x, y ) khả vi tại M 0 ( x0 , y0 ) và

∂f
∂f
=
( x0 , y0 ) A=
;
( x0 , y0 ) B
∂x
∂y
Lúc đó df ( x0 , y0 ) = A.∆x + B.∆y = f x′( x0 , y0 ).dx + f y′( x0 , y0 ).dy
Vậy df = f x′.dx + f y′.dy ⇒ df ( x0 , y0 ) = f x′( x0 , y0 ).dx + f y′( x0 , y0 ).dy
2 x+ y

VD: Tính vi phân cấp 1 của hàm f(x,y) tại điểm (1,0)
với f ( x, y ) e=
=
. df (1, 0) ?


Ứng dụng vi phân tính gần đúng:
∆f = A.∆x + B.∆y + Ο(d ), ⇒ ∆f ≈ f x′( x0 , y0 ).∆x + f y′( x0 , y0 ).∆y

⇒ f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) − f ( x0 , y0 ) ≈ f x′( x0 , y0 ).∆x + f y′( x0 , y0 ).∆y
⇒ f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ f ( x0 , y0 ) + f x′( x0 , y0 ).∆x + f y′( x0 , y0 ).∆y
⇒ f ( x, y ) ≈ f ( x0 , y0 ) + f x′( x0 , y0 ).∆x + f y′( x0 , y0 ).∆y
⇒ f ( M ) ≈ f ( M 0 ) + f x′( M 0 ).∆x + f y′( M 0 ).∆y
⇒ f ( M ) ≈ f ( M 0 ) + df ( M 0 )

VD: Tính gần đúng
Xét hàm f ( x,=
y)

=
 f x′
Tính 
=
 f y′

(1)

(1, 02)3 + (1,99)3
x 3 + y 3 . Ta có: x0= ...., y0= ...., ∆x= ...., ∆y= ...., f ( x0 , y0 )= ...

=
 f x′( x0 , y0 )
⇒
=
 f y′( x0 , y0 )

Thay vào công thức xấp xỉ (1) ta có:
(1, 02)3 + (1,99)3 ≈

3.3. Đạo hàm theo hướng

Đạo hàm của hàm f ( x, y ) theo hướng u (u1 , u2 ) (vector đơn vị) tại M 0 ( x0 , y0 )
f ( x0 + tu1 , y0 + tu2 ) − f ( x0 , y0 )
∂f
 ( x0 , y0 ) = lim
t →0
t
∂u

•
•

(2)


f ( x0 + t , y0 ) − f ( x0 , y0 ) ∂f
 ( x0 , y0 ) : ĐHR theo x
Nếu u (1, 0); u1 =
1, u2 =
0 ⇒ lim

=
t →0
t
∂x

f ( x0 , y0 + t ) − f ( x0 , y0 ) ∂f
 ( x0 , y0 ) : ĐHR theo y
Nếu u (0,1); u1 =
=
0, u2 =
1 ⇒ lim
t →0
t
∂y


Định lý: Cho f ( x, y ) khả vi tại M 0 ( x0 , y0 ) thì tại đó nó có đạo hàm theo mọi hướng u (u1 , u2 )

và
∂f
∂f
∂f
 ( x0 , y0 )
=
( x0 , y0 )u1 + ( x0 , y0 )u2
∂x
∂y
∂u



 ∂f ∂f 
Đặt ∇f ( x, y ) =
 ,  : gradient của hàm f(x,y), u (u1 , u2 ) thì
 ∂x ∂y 

(3)


∂f
 ( x, y ) =
∂u



( ∇f ( x, y), u )

(4)

Chứng minh: Vì hàm f(x,y) khả vi nên ta có:
∆f = ∆z = A.∆x + B.∆y + Ο(d )
∂f
∂f
( x0 , y0 )tu1 + ( x0 , y0 )tu2 + Ο(d )
∂x
∂y
f ( x0 + tu1 , y0 + tu2 ) − f ( x0 , y0 ) ∂f
∂f
( x0 , y0 )u1 + ( x0 , y0 )u2
⇒ lim
=

t →0
t
∂x
∂y
∂f
∂f
∂f
( x0 , y0 )u1 + ( x0 , y0 )u2 = f x′( x0 , y0 )u1 + f y′( x0 , y0 )u2
⇒  ( x0 , y0 ) =
∂x
∂y
∂u
⇔ f ( x0 + tu1 , y0 + tu2 )=
− f ( x0 , y0 )


 
VD1:Tính đạo hàm của f ( x=
, y ) 3 x 2 y + y theo hướng u= 2i + j tại M(1,2)

 f x′ = 6 xy
 f x′(1, 2) = 12
⇒


f y′ 3 x 2 + 1  f y′(1, 2) = 4
=


 


u
u = 2i + j = (2,1) ⇒ v(v1 , v2 ) =  =
u

 2 1 
= 
,
 : vector đơn vị.
22 + 12  5 5 
(2,1)

∂f
∂f
∂f
2
1
28
⇒  (1, 2) =
+ 4.
=
(1, 2)v1 + (1, 2)v2 = 12.
∂x
∂y
∂u
5
5
5

VD2: f ( x, y )= e 2 x +5 y . ∇f (1, 0)= ?

=
=
 f x′ .....
 f x′(1, 0) .....
⇒
⇒ ∇f (1, 0) =(....,....)
 ′
=
=
 f y .....
 f y′(1, 0) .....
VD3: f ( x, y ) =x 2 e y + y sin x. ∇f ( x, y ) =
?

3.4. Đạo hàm riêng của hàm hợp
a) z f ( x,=
=
y ); x x=
(t ); y y (t )
Ta có: z = z (t ) ⇒ dz = z ′x dx + z ′y dy
dz
dx
dy
= z ′x
+ z ′y
= z ′x .xt′ + z ′y . yt′
dt
dt
dt

Do đó
⇒


dz
= z ′x .xt′ + z ′y . yt′ (3.1)
dt
VD1: z =
x 2 + xy; x =
t2; y =
3t

Chú ý: z f=
=
( x, y ); y y ( x)
dz
= z ′x .1 + z ′y . y′x
dx

(3.2)

 y
VD2: z =
x + sin   ; y =
x2
x
b) z f =
=
( x, y ); x x=
(u, v); y y (u, v)

∂z
= z ′x .xu′ + z ′y . yu′ (3.3)
∂u
∂z
= z ′x .xv′ + z ′y . yv′ (3.4)
∂v
xy
2
VD3: z =
e ; x=
x(u, v) =
u + v2 , y =
y (u, v) =
u.v

3.5. Đạo hàm riêng của hàm ẩn.

Định nghĩa: Phương trình F(x,y,z)=0 có thể xác định một hàm ẩn z = z ( x, y ) với các điều
kiện sau:
• Xác định, liên tục trong B( M 0 , ε ), M 0 ( x0 , y0 , z0 ), ε > 0
•

F ( x0 , y0 , z0 ) = 0

•

∃ Fx′, Fy′, Fz′ liên tục trong B ( M 0 , ε )

•

Fz′( x0 , y0 , z0 ) ≠ 0

Fx′

 z ′x = − F ′

z
thì 
 z ′ = − Fy′
x

Fz′


VD: Cho xyz = x + y + z . Tìm dz=?
Cách 1: Xem phương trình trên như là F(x,y,z)=xyz-x-y-z=0
 Fx′ = .....


 z ′x = ......
 Fy′ = ..... ⇒  ′

 z y = ......
 ′
=
F
.....
 z

⇒ dz =

Cách 2:Xem z=z(x,y), x,y là biến độc lập
Lấy vi phân 2 vế của phương trình xyz=x+y+z


4. Đạo hàm riêng cấp cao, vi phân toàn phần cấp cao.
4.1. Đạo hàm riêng cấp cao.
Xét hàm z = f ( x, y ) . ĐHR cấp 2 là ĐH của ĐHR cấp 1.Xét các ĐHR cấp 2 sau

∂  ∂f  ∂ 2 f
′′ z ′′xx : lấy ĐHR theo x 2 lần.
= f=
xx
 =

∂x  ∂x  ∂x 2
∂  ∂f  ∂ 2 f
′′ z ′′yx : lấy ĐHR theo y trước, x sau.
= f=
yx
 =

∂x  ∂y  ∂y∂x

∂  ∂f  ∂ 2 f
′′ z ′′xy :lấy ĐHR theo x trước, y sau.
= f=
xy
 =


∂y  ∂x  ∂x∂y
∂  ∂f  ∂ 2 f
′′ z ′′yy : lấy ĐHR theo y 2 lần.
= f=
yy
 =

∂y  ∂y  ∂y 2
VD: f ( x, y ) =x3 y 2 + 2 x 2 y 2 + 4 xy


=
f xx′′ 6 xy 2 + 4 y 2
′x 3 x 2 y 2 + 4 xy 2 + 4 y ⇒ 
 f=
2
Ta có: 
 f xy′′ = 6 x y + 8 xy + 4

3
2
3
2
 f y′ = 2 x y + 4 x y + 4 x ⇒ f yy′′ = 2 x + 4 x
Định lý Schwarz (Đạo hàm hỗn hợp)
Nếu trong một lân cận B ( M 0 , r ) của điểm M 0 ( x0 , y0 ) hàm z=f(x,y) có các đạo hàm
hỗn hợp và các đạo hàm này liên tục tại M 0 ( x0 , y0 ) thì

f xy′′ ( x0 , y0 ) = f yx′′ ( x0 , y0 )

4.2. Vi phân toàn phần cấp cao.
Cho z = f ( x, y ) ; x,y là biến độc lập, ∆x = dx = C1 , ∆y = dy = C2 ; C1 , C2 : hằng số.
Ta có:
=
df ( x, y ) f x′( x, y )dx + f y′( x, y )dy : vi phân cấp 1
d 2 f ( x, y ) d=
=
( df ( x, y) ) d ( f x′( x, y)dx + f y′( x, y)dy ) : vi phân cấp 2


= d ( f x′( x, y )dx ) + d ( f y′( x, y )dy )
= d ( f x′( x, y ) ) .dx + d (dx). f x′( x, y )dx + d ( f y′( x, y ) ) .dy + d (dy ). f y′( x, y ) dy
= d ( f x′( x, y ) ) .dx + d ( f y′( x, y ) ) .dy
= ( f xx′′ ( x, y )dx + f xy′′ ( x, y )dy ) dx + ( f yx′′ ( x, y )dx + f yy′′ ( x, y ) dy ) dy
=
f xx′′ ( x, y )dx 2 + 2 f xy′′ ( x, y )dxdy + f yy′′ ( x, y )dy 2
2

 ∂2

 ∂

∂
∂2
∂2
2
+
=
+
+

.
dx
.
dy
f
.
dx
2
dxdy
.dy 2  f
Do đó: d f ( x, y ) =
 2


2
∂y 
∂x∂y
∂y
 ∂x
 ∂x

2

 ∂2 f

∂2 f
∂2 f
2
d 2 f ( x, y ) =
.

dx
+
2
dxdy
+
.dy 2 
 2
2
∂x∂y
∂y
 ∂x


d 2 f ( x, y ) =
f xx′′ dx 2 + 2 f xy′′ dxdy + f yy′′ dy 2

: vi phân cấp 2.

n

 ∂

∂
: vi phân cấp n
Suy ra: d f=
( x, y )  .dx + .dy  f
∂y 
 ∂x
VD: Tìm vi phân toàn phần cấp 2 của hàm
z = f ( x, y ) = 2 x 2 − 3 xy − y 2

n

 z ′′xx = 4
z ′x = 4 x − 3 y ⇒ 
 z ′′xy = −3
z ′y =
−3 x − 2 y ⇒ z ′′yy =
−2
d 2 f ( x, y ) =z ′′xx dx 2 + 2 z ′′xy dxdy + z ′′yy dy 2 =4dx 2 − 6dxdy − 2dy 2

4.3. Công thức Taylor
Giả sử z = f ( x, y ) có đạo hàm đến cấp n+1

= f ( x0 + ∆x, y0 + ∆
=
y ) f ( x0 + t.∆x, y0 + t.∆
=
y ) ϕ (t )
Nếu t = 1 ⇒ ϕ (1) = f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) = f ( x, y )

t=
f ( x0 , y0 )
0 ⇒ ϕ (0) =
Vì ϕ (t ) có đạo hàm đến cấp (n+1) nên theo Công thức Maclaurin ta có:

ϕ (t=
) ϕ (0) +

ϕ ′(0)
1!

t+

ϕ ′′(0)
2!

t2 +

ϕ ′′′(0)
3!

t 3 + ... +

ϕ ( n ) (0)
n!

tn +

ϕ ( n +1) (θ t )
(n + 1)!

t n +1 , (0 < θ < 1)

Nếu t=1 thì

ϕ (1)= ϕ (0) +
Mặt khác:

ϕ ′(0) ϕ ′′(0) ϕ ′′′(0)
1!

+

2!

+

3!

+ ... +

ϕ ( n ) (0) ϕ ( n +1) (θ t )
n!

+

(n + 1)!

, (0 < θ < 1) (1)


ϕ (=
t ) f ( x0 + t.∆x, y0 + t.∆=
y ) f ( x, y ).
⇒ ϕ ′(t ) = f x′.xt′ + f y′. yt′ = f x′.∆x + f y′.∆y = df ( x, y )
⇒ ϕ ′(0) =
df ( x0 , y0 )
d [ϕ ′(t ) ] d  f x′.xt′ + f y′. yt′ 
=
dt

dt
dy 
 dx
d  f x′. + f y′. 
dt 
 dt
=
= d ( f x′dx + f y′dy ) = d (df ( x, y )) = d 2 f ( x, y )
dt
d 2 f ( x0 , y0 )
⇒ ϕ ′′(0) =

ϕ ′′(t )
=

………………
Do đó: ϕ ( n ) (t =
) d n f ( x, y ) ⇒ ϕ ( n ) (0)= d n f ( x0 , y0 )
Thay vào (1) ta được công thức Taylor
ϕ ′(0) ϕ ′′(0) ϕ ′′′(0)
ϕ ( n ) (0) ϕ ( n +1) (θ t )
ϕ (1)= ϕ (0) +
, (0 < θ < 1) (1)
+
+
+ ... +
+
n!
1!
2!

3!
(n + 1)!
df ( x0 , y0 ) d 2 f ( x0 , y0 )
d ( n ) ( x0 , y0 ) d ( n +1) ( x0 + θ∆x, y0 + θ∆y )
f=
( x, y ) f ( x0 , y0 ) +
+
+ ... +
+
n!
1!
2!
(n + 1)!
Vậy f ( x, y )
=

d k f ( x0 , y0 ) d n +1 f ( x0 + θ∆x, y0 + θ∆y )
: Khai triển Taylor
+
∑
k!
(n + 1)!
k =0
n

x0 0;=
y0 0 thì ta có khai triển Maclaurin.
Nếu=
Khai triển Maclaurin:
=

f ( x, y )

d k f (0, 0) d n +1 f (θ∆x, θ∆y )
+
∑
k!
(n + 1)!
k =0
n

x0 1,=
y0 1 đến cấp 2
VD: Khai triển hàm f ( x, y ) = x 2 y 3 tại=
•
•

f (1,1) = 1
Vi phân cấp 1

 f x′ 2=
=
xy 3
 f x′(1,1) 2
⇒
⇒ df (1,1) = 2.∆x + 3.∆y

 ′
2 2
 f y (1,1) = 3
 f y′ = 3 x y

•

Vi phân cấp 2
 f xx′′ = 2 y 3
 f xx′′x (1,1) = 2


2
2
2
2
 f xy′′ = 6 xy ⇒  f xy′′ (1,1) = 6 ⇒ d f (1,1) = 2.∆x + 12.∆x.∆y + 6∆y

 ′′
2
f (1,1) = 6
 f yy′′ = 6 x y  yyy


df (1,1) d 2 f (1,1)
f ( x, y ) =f (1,1) +
+
1!
2!
2 3
f ( x, y ) =x y =1 + 2( x − 1) + 3( y − 1) + ( x − 1) 2 + 6( x − 1)( y − 1) + 3( y − 1) 2

BTVN:
1. Tính đạo hàm riêng cấp 1 theo từng biến của các hàm sau.
∂f

f ( x, y ) =x 2 y 2 + ln( x 2 + y ). Tính
∂x

(

f ( x, y ) = ln x + x 2 + y 2

)

2. Tính vi phân cấp 1 của các hàm.

x
z ( x, y ) = ln  sin 
y


=
z x2 + 2 y
=
z arctan ( y − x ) .
3. Tính Gradient của các hàm.
=
z xy + sin ( xy ) .

z ( x, y=
) ( x + y )e xy .
4. Tính đạo hàm của hàm sau:
y
f (u , v) =
u 2 sin v, u =

x2 + y 2 , v =
x
5. Tính đạo hàm riêng cấp 2 của các hàm sau.

Tính

∂2 f
nếu f ( x, y ) = xy sin 2 x .
∂x∂y

∂2 f
nếu f ( x, y ) = 2 xy
∂x∂y
''
Tìm đạo hàm riêng cấp hai zxx
của hàm hai biến z =xe y + x2 y2 + y sin x .

Cho hàm hai biến z = y ln ( xy ) . Tính z′′xx .
6. Tính vi phân cấp 2 của các hàm.
Tìm vi phân cấp hai của hàm hai biến

z = e xy

Tìm vi phân cấp hai của hàm hai biến

tại M 0 (1,1) .

z = xe 2 y

5. Cực trị hàm nhiều biến(cực trị tự do)
5.1
Điều kiện cần của cực trị
ĐN cực trị: Điểm P0 ( x0 , y0 ) _ cực tiểu nếu

∃B( P0 , ε ) của P0 sao cho f ( x0 , y0 ) ≤ f ( x, y ) ∀ ( x, y ) ∈ B( P0 , ε )

( x, y ) ≠ ( x0 , y0 )

Tương tự cho cực đại f ( x, y ) ≤ f ( x0 , y0 )
Các điểm cực đại, cực tiểu gọi chung cực trị
'
'
Điểm dừng: Điểm ( x0 , y0 ) _ điểm dừng của f ( x, y ) nếu f=
f=
0
x ( x0 , y0 )
y ( x0 , y0 )

Định Lý (ĐK cần có cực trị): Nếu hàm z = f ( x, y ) có cực trị tại P0 ( x0 , y0 ) thì tại P0
hàm số có các đạo hàm riêng =0( Điểm dừng).
5.2

ĐK đủ của cực trị
Định Lý: cho f ( x, y ) xác định, liên tục và có đạo hàm riêng cấp 2 liên tục trong lân cận
của điểm dừng P0 ( x0 , y0 ) .
Đặt A = f xx'' ( x0 , y0 ) ; B = f xy'' ( x0 , y0 ) ; C = f yy'' ( x0 , y0 ) ; =
∆ AC − B 2
-

Nếu ∆ > 0, A < 0 ⇒ P( x0 , y0 ) là điểm cực đại của f ( x, y )

-

Nếu ∆ > 0, A > 0 ⇒ P( x0 , y0 ) là điểm cực tiểu của f ( x, y )

-

Nếu ∆ < 0 thì P0 ( x0 , y0 ) không là điểm cực trị của f ( x, y )

VD: Tìm cực trị f ( x, y ) = x3 + y 3 − 3 xy
B1: Tìm điểm dừng.
2
2
2
 f x' = 0
=
3y 0 =
(1)
3 x −=
 y x
 y x
Giải hệ pt  '
⇔ 2
⇒ 4
⇒ 3
− 3 x 0 3 x =
− 3 x 0  x( x=
− 1) 0 (2)
3 y =

 f y = 0

(1)

x
=
0
⇒
y = 0,
⇒
. Ta có 2 điểm dừng P1 (0, 0), P2 (1,1)
(1)

 x =1⇒ y =1
(2)

B2: Tìm cực trị từ điểm dừng, tính các đạo hàm riêng cấp 2

f xx'' = 6 x , f xy'' = −3 , f yy'' = 6 y
Thay từng điểm dừng vào các ĐHR cấp hai ta được các hằng số A, B, C


''
''
0 , B = f xy'' (0, 0) = =
Với P1 (0,0) , =
ta có A f=
0 , ∆ = −9 < 0
−3 , C f=
xx (0,0)

yy (0, 0)

Kết luận: Điểm P1 (0,0) …………………
''
''
=
6 , B = f xy'' (1,1) = =
Với P2 (1,1)
, A f=
−3 , C f=
6,
xx (1,1)
yy (1,1)

Xét ∆= 36 − 9= 27 > 0, A > 0
Kết luận: Điểm P2 (1,1) là điểm cực tiểu và f (1,1) = −1
Chú ý: Để xác định ( x0 , y0 ) là cực đại/ cực tiểu ta có thể xét
d 2 f ( x0 , y0 ) =
f xx'' ( x0 , y0 )dx 2 + 2 f xy'' ( x0 , y0 )dxdy + f yy'' ( x0 , y0 )dy 2 bằng cách xem

d 2 f ( x0 , y0 ) như là một dạng toàn phương của biến dx, dy
 A B
∆ =

B C

∆1 = A > 0 
2
 ⇒ d f ( P0 ) > 0 : cực tiểu
∆ 2 = ∆ > 0

∆1 = A < 0 
2
 ⇒ d f ( P0 ) < 0 : cực đại
∆ 2 = ∆ > 0

∆ < 0 ⇒ d 2 f ( P0 ) không xác định dấu → P0 không là cực trị
Tương tự cho hàm 3 biến f ( x, y, z ) = w
 f x' ( x0 , y0 , z0 ) = 0

Điểm dừng  f y' ( x0 , y0 , z0 )= 0 ⇒ M 0 ( x0 , y0 , z0 ) điểm dừng
 '
 f z ( x0 , y0 , z0 ) = 0
2

 ∂

∂
∂
d f ( M 0 ) =  .dx + .dy + .dz  f
∂y
∂z 
 ∂x
2

=

∂2 f
∂2 f
∂2 f
∂2 f

∂2 f
∂2 f
M 0 ) dx 2 + 2 ( M 0 ) dy 2 + 2 ( M 0 ) dz 2 + 2
( M 0 ) dxdy + 2
( M 0 ) dydz + 2
( M 0 ) dxdz
2 (
∂x
∂y
∂z
∂x∂y
∂y∂z
∂x∂z

= f xx'' ( M 0 )dx 2 + f yy'' ( M 0 )dy 2 + f zz'' ( M 0 )dz 2 + 2 f xy'' ( M 0 )dxdy + 2 f yz'' ( M 0 )dydz + 2 f xz'' ( M 0 )dxdz


 f xx'' ( M 0 )

Xét ∆ = f yx'' ( M 0 )
 f zx'' ( M 0 )


f xy'' ( M 0 )
f yy'' ( M 0 )
f zy'' ( M 0 )

f xz'' ( M 0 ) 

f yz'' ( M 0 ) 

f zz'' ( M 0 ) 

•

∆1 > 0, ∆ 2 > 0, ∆ 3 > 0 ⇒ d 2 f ( M 0 ) > 0 ⇒ M 0 cực tiểu

•

∆1 < 0, ∆ 2 > 0, ∆ 3 < 0 ⇒ d 2 f ( M 0 ) < 0 ⇒ M 0 cực đại

•

d 2 f ( M 0 ) không xác định dấu ⇒ f ( x, y ) không đạt cực trị tại M 0

VD2: z : 2 x 3 + y 2 − x 2 − 4 x + 4 y − 7

 z x '= 6 x 2 − 2 x − 4= 0 3 x 2 − x − 2 =
x 1,=
x −2
0 =
3
⇒ '
⇒
⇒
y
=
−
2
 y = −2
 z y = 2 y + 4 = 0



(

Vậy ta có 2 điểm dừng P1 (1, −2), P2 − 2 , −2
3

)

Xét các đạo hàm riêng cấp 2
 z=
′′xx 12 x − 2

⇒  z ′′xy =
0
 ′′
 z yy = 2

Với P1 (1, −2) ta có
 z ′′xx (1, −2) =
12

⇒  z ′′xy (1, −2) = 0 ⇒ d 2 f (1, −2) = 12dx 2 + 2dy 2 > 0 ⇒ P1 (1, −2) là điểm cực tiểu
 ′′
2
 z yy (1, −2) =

Với P2 − 2 , −2
3

(

)

(
(
(

)
)
)

 z ′′ − 2 , −2 =
12
3
 xx

⇒  z ′′xy − 2 , −2 =0 ⇒ d 2 f − 2 , −2 =12dx 2 + 2dy 2 ⇒ P2 − 2 , −2 là cực tiểu
3
3
3

 z ′′yy − 2 , −2 =
2
3


(

)

(

)

VD: Tìm cực trị của các hàm

f ( x, y ) = ( x − 1) 2 + 2 y 2 ; f ( x, y ) = ( x − 1) 2 − 2 y 2 ; f ( x, y ) = x 4 + y 4 − x 2 − 2 xy − y 2


6. Cực trị có điều kiện
Định Nghĩa: Hàm f ( x, y ) với đk ϕ ( x, y ) (có đồ thị (δ ) ) đạt cực đại tại M 0 ( x0 , y0 ) nếu
+

ϕ ( x0 , y0 ) = 0

+

f ( x, y ) ≤ f ( x0 , y0 )

∀( x, y ) ∈ D ∩(δ ) (D lân cận của M ( x0 , y0 ) )

Định Lý (ĐK cần của cực trị có đk)
Xét f ( x, y ) với đk ϕ ( x, y ) = 0 thỏa các đk
+

f ( x, y ) , ϕ ( x, y ) = 0 khả vi

+

ϕ x' ( x0 , y0 ) ≠ 0 , ϕ y' ( x0 , y0 ) ≠ 0

+

f ( x, y ) với đk ϕ ( x, y ) = 0 đạt cực trị tại M 0 ( x0 , y0 ) .
 f x' ( x0 , y0 ) + λϕ x' ( x0 , y0 ) =
0
 '
'
Khi ấy ∃λ : (*)  f y ( x0 , y0 ) + λϕ y ( x0 , y0 ) =
0
λ _nhân tử Lagrange

ϕ ( x0 , y0 ) = 0

Định Lý (ĐK đủ)
Cho f ( x, y ) , ϕ ( x, y ) có đạo hàm riêng cấp 2 liên tục trong lân cận M 0 ( x0 , y0 ) và thỏa (*).
Xét L( x=
, y, λ ) f ( x, y ) + λϕ ( x, y ) : hàm Lagrange

 L'x ( x0 , y0 ) = 0

Bước 1:  L'y ( x0 , y0 )= 0 ⇒ ( x0 , y0 , λ ) điểm dừng của hàm Lagrange

ϕ ( x0 , y0 ) = 0
Đưa hàm cực trị có điều kiện → không điều kiện

d 2 L( x0 , y0 , λ ) =
L''xx ( x0 , y0 , λ )dx 2 + 2 L''xy ( x0 , y0 , λ )dxdy + L''yy ( x0 , y0 , λ )dy
Bước 2: Xét 

'
'
dϕ ( x0 , y0 ) = ϕ x ( x0 , y0 )dx + ϕ y ( x0 , y0 )dy = 0 (**)
+Nếu d 2 L( x0 , y0 , λ ) xác định dương với (**) → M 0 cực tiểu của f ( x, y ) với đk ϕ ( x, y ) = 0
+Nếu d 2 L( x0 , y0 , λ ) xác định âm với (**) → M 0 cực đại của f ( x, y ) với đk ϕ ( x, y ) = 0
+ Nếu d 2 L( x0 , y0 , λ ) không xác định dấu → M 0 không là điểm cực trị của f ( x, y )

2


VD1: f ( x, y=
) x2 + y 2

đk: ϕ ( x, y ) = x + y − 2 = 0

Cách 1:Xét hàm Lagrange: L( x, y ) = x 2 + y 2 + λ ( x + y − 2)
B1: Tìm điểm dừng của hàm Lagrange
 L'x = 2 x + λ = 0
1
−2 x
y
λ =
x =
x =
 '



2y + λ =
0 ⇔ λ =

−2 y ⇔ λ =
−2 x ⇒ λ =
−2
 Ly =

x =


2− y
2− x y =
1
2

y =
x + y =

Điểm P(1,1) là điểm dừng của hàm Lagrange ứng với λ = −2
B2: Xét dấu d 2 L(1,1, −2) với điều kiện dϕ = ϕ x' dx + ϕ y' dy = 0
Ta có: ϕ ( x, y ) =x + y − 2 =0 ⇒ dϕ =dx + dy =0 ⇒ dϕ (1,1) =dx + dy =0
 L''xx 2
=
 ''
 Lxy = 0
 ''
=
 Lyy 2

=
L''xx (1,1, −2) 2


⇒  L''xy (1,1, −2)= 0
 ''
Lyy (1,1, −2) 2
=

2
2) Lxx′′ (1,1, −2)dx 2 + 2 Lxy′′ (1,1, −2)dxdy + L′′yy (1,1, −2)dy 2
d L(1,1, −=
Xét 
dϕ (1,1) = dx + dy = 0

d 2 L(1,1, −2)= 2dx 2 + 2dy 2
⇔
⇒ d 2 L(1,1, −2)
= 4dx 2 > 0
dy
=
−
dx

Vậy f ( x, y ) đạt cực tiểu tại M 0 (1,1) với điều kiện ϕ ( x, y ) = x + y − 2 = 0
C2: Thay y= 2 − x vào f ( x, y ) = f ( x) = x 2 + (2 − x) 2 = 2 x 2 − 4 x + 4 = 2( x 2 − 2 x + 2)

f ' ( x) = 4 x − 4 = 0 ⇒ x = 1 , f '' ( x) =
4 ⇒ f '' (1) =
4>0
Hàm đạt cực tiểu tại x = 1, y = 2 − x = 1 và f min = 2
VD: Tìm cực trị hàm z = xy với đk

x2 y 2

+
=
1
8
2

 x2 y 2 
L( x, y ) = xy + λ  + − 1
2
 8



 y =
0


2λ x


=
 λ = 2
y+
0(1)
λ2 y

'
−
=
y

0
8

 λ = −2
 Lx = 0

4


 '
2λ y

=
−λ y
⇒ x =
−λ y
0 ⇔ x +
0(2) ⇒  x =
 Ly =
2
 '

 x2 y 2
 x2 y 2
 Lλ = 0
 x2 y 2
 += 1
 +=
=
1(3)

2
2
 +
8
 8
2
8



Giải hệ
(2) ⇒ x =
−λ y (4) . Thay x = −λ y vào (1) ta được y +

λ
4

( −λ y ) =
0

 λ2 
y = 0
⇒ y 1 −  =⇒
0 
4 
λ = ±2


 y 0=
=

y 0


+Giải hệ (I)  x =
−λ y ⇒  x =
0 hệ không có nghiệm_loại
 x2 y 2
0 = 1(!)
 +
=
1 
 8
2

+ λ =2 ⇒ x =−2 y . Thay vào (3) ta được
4 y2 y2
+
=1 ⇒ y 2 =1 ⇒ y =±1 ⇒ x =−2 y =−2(±1) =±2
8
2

Ta có 2 điểm dừng M 1 (2, −1), M 2 (−2,1)
+ λ =−2 ⇒ x =2 y . Thay vào (3) ta được
4 y2 y2
+
=1 ⇒ y 2 =1 ⇒ y =±1 ⇒ x =2 y =2(±1) =±2
8
2

Ta có 2 điểm dừng M 3 (2,1), M 4 (−2, −1)

 
 y = 0
 
 ( I )  x = −λ y
  2
2
 x + y =
1
  8
2




λ=2



⇒ ( II )  x =
−λ y


2

x
y2

+= 1
1 

2
 8




λ = −2


( III )  x = −λ y

 x2 y 2

 +
=
1

 8
2


L''xx =

λ
4

d 2L =
dϕ =

,

λ
4

L''xy = 1 ,

L''yy = λ

dx 2 + 2dxdy + λ dy 2 (5)

x
dx + ydy = 0 (6)
4

Xét dấu d 2 L( M ) với đk (6)
*

1
1
M 1 (2, −1) ⇒ dϕ ( M 1 ) = dx − dy = 0 ⇒ dy = dx(*)
2
2
2

1 2
1  1
Thay (*) và λ = 2 vào (5) d L =
dx + 2dx  dx  + 2   dx 2 =
2dx 2 > 0
2

2  2
2

Do đó z đạt cực tiểu tại M 1 , z ( M 1 ) = −2
*

1
1
M 2 (−2,1) ⇒ dϕ ( M 2 ) =
0 ⇒ dy =dx(**)
− dx + dy =
2
2
2

1 2
1  1
Thay (*) và λ = 2 vào (5) d 2 L =
dx + 2dx  dx  + 2   dx 2 =
2dx 2 > 0
2
2  2

−2
Do đó z đạt cực tiểu tại M 2 , ⇒ z ( M 2 ) =
*

M 3 (2,1)

1

2

1
2

λ =−2 ⇒ dϕ ( M 3 ) = dx + dy =0 ⇒ dy =− dx(***)

Thay (***) và λ = −2 vào (5)
1
1
1
 1  1

− dx 2 + 2dx  − dx  − 2  dx 2  =
− dx 2 − dx 2 − dx 2 =
−2dx 2 < 0
d 2L =
2
2
2
 2  4

Do đó z đạt cực đại tại M 3 , z ( M 3 ) = 2
*

M 4 ⇒ zmax= z ( M 4 )= 2

7. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm trên miền đóng, bị chặn
Tìm GTLN, GTNN trong miền G compact (đóng, bị chặn)
+

Nếu f đạt cực trị tại M trong G ⇒ cực trị (tự do)


Nếu f đạt cực trị tại N trên biên G ⇒ cực trị (có đk)

+

Cách giải:
+

Tìm các điểm nghi ngờ có cực trị trong G.(các điểm dừng ( M 1 , M 2 , M 3 ) )

+

Tìm các điểm nghi ngờ có cực trị trên biên G ( N1 , N 2 )

So sánh

f ( M 1 ), f ( M 2 ), f ( M 3 ), f ( N1 ), f ( N 2 ) tìm max, min

VD1:=
z x 2 y (2 − x − y ) trong miền giới hạn bởi x= 0, y = 0, x + y = 6
•

Trong G:
z x' = 4 xy − 3 x 2 y − 2 xy 2 = xy (4 − 3x − 2 y )
z 'y= 2 x 2 − x 3 − 2 x 2 y= x 2 (2 − x − 2 y )

Vì tìm cực trị M ( x0 , y0 ) bên trong G ⇒ x0 > 0, y0 > 0

x = 1
 z x' = 0
2y 0
−2 0
4 − 3 x −=
4 − 3x + x =

 1
⇔
⇔
⇔
 '
1 ⇒ M 1 1,  ∈ G
 2
2 − x − 2 y = 0
2 y = 2 − x
 y = 2
 z y = 0

•

Trên biên
a/ OA → y = 0 ⇒ z = 0
b/ OB → x = 0 ⇒ z = 0
c/

AB : x + y =
6
Cách 1: L( x, y,=
λ ) x 2 y (2 − x − y ) + λ ( x + y − 6)

 L'x =4 xy − 3 x 2 y − 2 xy 2 + λ =0
4 x(6 − x) − 3 x 2 (6 − x) − 2 x(6 − x) 2 + λ =
0
 '

2
3
2
2
3
2
 Ly = 2 x − x − 2 x y + λ= 0 ⇔ 2 x − x − 2 x (6 − x) + λ= 0

 y= 6 − x
6

x + y =

 x 3 + 2 x 2 + 48 x + λ =
0 12 x 2 + 48 x = 0  x = 0 ∨ x = 4



10 x 2 − x 3
⇔ λ =
⇒  y =6 − x
⇒  y =6 − x
y =



2
3
6− x
0; λ =
96.
=
λ =
λ 10 x − x


⇒ M (0, 6) _ λ = 0, N (4, 2) _ λ = 96


⇒ f (M ) =
f (0, 6) =
0, f ( N ) =
f (4, 2) =
−128
Cách 2: Thay y= 6 − x vào =
z x 2 (6 − x)(2 − x − y=
) x 2 (6 − x)(−4)
= 4 x 3 − 24 x 2
=
 x 0=
y 6
⇒
z ' =12 x 2 − 48 x =0 ⇔ 12 x( x − 4) =0 ⇒ 
=
 x 4=
y 2

M 2 (0, 6) , M 3 (4, 2)

 1 1
( M 2 ) z=
z ( M 1 )= z 1, =
→ Max, z=
( 0, 6 ) 0 ,
 2 4
z(M 3 ) =
z ( 4, 2 ) =
−8.16 =
−128 → Min

z=
(OA) z=
(OB) 0
VD2: Tìm GTLN, GTNN của f ( x, y ) =x 2 + 2 y 2 − x trong
=
D
•

{( x, y) : x

Tìm điểm dừng của hàm f trong D tức là x 2 + y 2 < 1

 f x' = 2 x − 1= 0
1
1 
⇒ x = , y = 0 ∈ D , M 1  , 0  thỏa x 2 + y 2 < 1

 '
2
f y 4=
y 0
2 
 =
•

Tìm điểm dừng trên biên x 2 + y 2 =
1
Xét L = x 2 + 2 y 2 − x + λ ( x 2 + y 2 − 1)
 L'x = 2 x − 1 + 2λ x= 0 (1)
 '
 Ly =4 y + 2λ y =0 (2)
 2
2
1 (3)
x + y =

Từ (2): 2 y (2 + λ ) =
0⇔ y=
0, λ =
−2
Từ (3): y =0 ⇒ x =±1 ⇒ M 2 (1, 0), M 3 (−1, 0) : là 2 điểm dừng
•

(1)

1
2

(3)

3
4

λ = −2⇒ 2 x − 1 − 4 x = 0 ⇔ −2 x = 1 ⇒ x = − ⇒ y 2 = ⇒ y = ±
 1 3
 1
3
Ta có 2 điểm dừng M 4  − ,
 , M 5  − , −

2 
 2 2 
 2
1
1  1 1
f ( M 1 ) =f  , 0  = − =
− → Min
4
2  4 2
f=
( M 2 ) f=
(1, 0 ) 0

3
2

2

+ y 2 ≤ 1}


f ( M 3 ) =f ( −1, 0 ) =2

 1 3 1 1
3 3 6 9
f ( M 4 ) = f  − ,
 = + + 2. = + = → Max
4 4 4 4
 2 2  4 2
 1
3 1 1
3 3 6 9
f ( M 5 ) = f  − , −
 = + + 2. = + =
2  4 2
4 4 4 4
 2
GTNN của f ( x, y ) là −

GTLN của f ( x, y ) là
VD: z = 2 x 2 + y 2 − 2

1
đạt tại M 1
4

9

đạt tại M 3 , M 4
4
=
D

[0,1][ −1, 2]

*

'
x 0
4=
x = 0
 z=
x
⇒
Trong D:  '
y 0 y = 0
2=
 z=
y

*

Biên D:

M 0 (0, 0) ∉ D

AB : y =−1 ⇒ z =2 x 2 − 1 ⇒ z x' =4 x =0 ⇔ x =0
BC : x =1 ⇒ z = y 2 ⇒ z 'y = 2 y =0 ⇔ y =0 ⇒ M 1 (1, 0) ⇒ f (1, 0) =0

CD : y = 2 ⇒ z = 2 x 2 + 2 ⇒ z x' = 4 x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ (0, 2) ≡ D
AD : x = 0 ⇒ z = y 2 − 2 ⇒ z 'y = 2 y = 0 ⇔ y = 0 ⇒ (0, 0) ⇒ M 2 (0, 0) ⇒ y (0, 0) = −2

A(0, −1) ⇒ f (0,1) =−1
B(1, −1) ⇒ f (1, −1) =
1
C (1, 2) ⇒ f (1, 2) =
4 → Max
D(0, 2) ⇒ f (0, 2) =
2
M 1 (1, 0) ⇒ f (1, 0) =
0
M 2 (0, 0) ⇒ f (0, 0) =−2 → Min