Giải bài toán tìm cực trị của hàm nhiều biến có điều kiện ràng buộc cân bằng với công cụ toán sơ cấp và toán cao cấp

KỶ YẾU HOẠT ĐỘNG KHOA HỌC & GIÁO DỤC TRƯỜNG ĐH KIẾN TRÚC ĐÀ NẴNG

10/2021

GIẢI BÀI TỐN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN
CÓ ĐIỀU KIỆN RÀNG BUỘC CÂN BẰNG VỚI CƠNG CỤ
TỐN SƠ CẤP VÀ TỐN CAO CẤP
ThS. Lê Xn Hịa*
Tóm tắt
Giới thiệu. Cực trị của hàm nhiều biến có ràng buộc điều kiện cân bằng là kiến thức trọng
tâm trong học phần Toán cao cấp dành cho kinh tế, có nhiều ứng dụng trong việc giải quyết
các bài tốn tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
Bài viết dưới đây giới thiệu cách giải bài toán tìm cực trị của hàm nhiều biến có ràng buộc
điều kiện cân bằng với cơng cụ tốn sơ cấp và tốn cao cấp. Qua đó, cho chúng ta thấy được
điểm mạnh của toán cao cấp cũng như “vẽ đẹp” của tốn sơ cấp.
Nội dung bài tốn. Tìm cực trị của hàm w = f (x1; x2; … ; xn) (1);
thỏa mãn điều kiện ràng buộc cân bằng g(x1; x2; … ; xn) = b (2).
(x1; x2; … ; xn): gọi là biến chọn (hay là biến quyết định);
w: là biến mục tiêu; f: hàm mục tiêu; g(x1; x2; … ; xn) = b là phương trình ràng buộc.
I. Kiến thức cơ sở:
1. Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm.
Cho n  số không âm a1 ≥ 0; a2 ≥ 0; …; an ≥ 0; Khi đó, ta có
a1  a2  ...  an n
 a1.a2 ....an ; dấu = xảy ra khi a1 = a2 = … = an .
n

2. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki  Cauchy  Schwartz (BCS).
Cho 2 bộ n  số (a1; a2; … ; an) , (x1; x2; … ; xn), ta có:

 a1x1  a2 x2  ...  an xn 

2

  a12  a22  ...  an2  .  x12  x22  ...  xn2  ; dấu = xảy ra khi

a
a1 a2
  ...  n .
x1 x2
xn

3. Phương pháp nhân tử Lagrange.
Ở đây chúng tôi trình bày tóm tắt phương pháp nhân tử Lagrange đối với hàm 2  biến và
hàm 3  biến.
3.1. Đối với hàm 2biến. Tìm cực trị của f(x; y), thỏa mãn điều kiện g(x; y) = b.
 Lập hàm Lagrange F = f (x; y) + .(g(x; y)  b); : gọi là nhân tử Lagrange.

*

Tổ KHTN, Trường Đại học Kiến trúc Đà Nẵng

67


10/2021

KỶ YẾU HOẠT ĐỘNG KHOA HỌC & GIÁO DỤC TRƯỜNG ĐH KIẾN TRÚC ĐÀ NẴNG

 Fx/  0

 Xét hệ phương trình:  Fy/  0 (*)

F /  0
 
Nếu hệ (*) vơ nghiệm thì f (x; y) với điều kiện (2) là khơng có cực trị.
Nếu hệ (*) có nghiệm (x0; y0; 0) ta gọi là các điểm dừng.
 Tính

g g  2 F  2 F
2 F
2 F
;
;
;
;
;
.
x y x 2 xy yx y 2

 Xét tại điểm dừng (x0; y0; 0).

0
Lập ma trận D như sau: D   g1
 g 2

g1 

g1 g 2 
a11 a12  , với
a21 a22 

g

g
2 F
2 F
 x0 ; y0 ; 0  ; g2   x0 ; y0 ; 0  ; a11  2  x0 ; y0 ; 0  ; a12 
 x0 ; y0 ; 0 
x
y
x
xy

2 F
2 F
a21 
 x0 ; y0 ; 0  ; a22  2  x0 ; y0 ;0 
yx
y
Để ý rằng D là ma trận đối xứng.
 Nếu D > 0 thì điểm (x0; y0) là điểm cực đại.
D < 0 thì điểm (x0; y0) là điểm cực tiểu.
Và nếu D = 0 thì ta chưa có kết luận gì về điểm dừng (x0; y0; 0).
3.2. Đối với hàm 3biến. Tìm cực trị của f(x; y; z), thỏa mãn điều kiện g(x; y; z) = b.
 Lập hàm Lagrange F = f (x; y; z) + .(g(x; y; z)  b); : gọi là nhân tử Lagrange.

 Fx/
 /
F
 Xét hệ phương trình:  y/
 Fz
 F/

0
0
(*)
0
0

Nếu hệ (*) vơ nghiệm thì f (x; y; z) với điều kiện (2) là khơng có cực trị.
Nếu hệ (*) có nghiệm (x0; y0; z0; 0) ta gọi là các điểm dừng.

g g g  2 F  2 F  2 F  2 F  2 F  2 F  2 F  2 F  2 F
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
 Tính
.
x y z x 2 xy xz yx y 2 yz zx zy z 2
68


KỶ YẾU HOẠT ĐỘNG KHOA HỌC & GIÁO DỤC TRƯỜNG ĐH KIẾN TRÚC ĐÀ NẴNG

10/2021

 Xét tại điểm dừng (x0; y0; z0; 0).

 0 g1 g1
g a
 1 11 a12
H

Lập ma trận H như sau:
 g1 a21 a22

 g1 a31 a32

g1 
a13 
, với
a23 

a33 
g
g
g
g1 
 x0 ; y0 ; z0 ; 0  ; g 2   x0 ; y0 ; z0 ; 0  ; g3   x0 ; y0 ; z0 ; 0 
x
y
z

a11 

2 F
2 F
2 F
x
;
y
;
z
;

;
a

x
;
y
;
z
;

;
a





 x0 ; y0 ; z0 ; 0 
0
0

0
0
12
0
0
0
0
13
x 2
xy
xz

a21 

2 F
2 F
2 F
 x0 ; y0 ; z0 ; 0  ; a22  2  x0 ; y0 ; z0 ; 0  ; a23 
 x0 ; y0 ; z0 ; 0 
yx
y
yz

a31 

2 F
2 F
2 F
 x0 ; y0 ; z0 ; 0  ; a32 
 x0 ; y0 ; z0 ; 0  ; a33  2  x0 ; y0 ; z0 ; 0 

zx
zy
z

Xét Dk là các định thức con chính cấp k+1 của H.
Nếu (1)kDk > 0 với mọi k = 1; 2; 3 (tức là nếu D1 < 0, D2 > 0, D3 = det(H) < 0) thì hàm số
đạt cực đại tại (x0; y0; z0);
Nếu Dk < 0 với mọi k = 1; 2; 3 thì hàm số đạt cực tiểu tại (x0; y0; z0).
II. Các bài toán minh họa.
Trong phần lời giải, cách 1 là giải bằng cách dùng phương pháp nhân tử Lagrange, cách 2 là
dùng cơng cụ tốn sơ cấp.
Bài 1 (Ví dụ 1, trang 35, [1]). Tìm cực trị của hàm số f(x; y) = x2 + y2 (1) với điều kiện ràng
buộc cân bằng ax + by + c = 0 (2).
Lời giải.
Cách 1. Lập hàm Lagrange F(x; y; ) = x2 + y2 + ( ax + by + c).

ac

x  2 2  x0

a b
 Fx/  2 x   a  0

bc


 y0 .
Xét hệ phương trình  Fy/  2 y   a  0   y  2
a  b2
 F /  ax  by  c  0 

 
2c

  a 2  b 2   0


69


10/2021

Tính

KỶ YẾU HOẠT ĐỘNG KHOA HỌC & GIÁO DỤC TRƯỜNG ĐH KIẾN TRÚC ĐÀ NẴNG

g
g
2 F
2 F
2F
2F
 a;
 b;

2;

0;

0;
2.

x
y
x 2
xy
yx
y 2

Xét tại điểm dừng (x0; y0; 0).

0 a b
Lập ma trận đối xứng D   a 2 0   2  a 2  b 2   0
 b 0 2
c2
bc 
 ac
Kết luận.Hàm số đạt cực tiểu bằng 2
tại điểm  2 2 ; 2 2  .
2
a b
 a b a b 

Cách 2. Từ (2): ax + by =  c  c2 = (ax + by)2 ≤ (a2 + b2 ). (x2 + y2 )
 x2  y 2 

c2
c2
a b
f
(
x

;
y
)

hay
; dấu = xảy ra khi 
(3)
2
2
2
2
a b
a b
x y

Từ (2), (3)  x 

ac
bc
.
; y 2
2
a b
a  b2
2

c2
bc 
 ac
KL. Hàm số đạt cực tiểu bằng 2

tại điểm  2 2 ; 2 2  .
2
a b
 a b a b 

Bài 2 (Ví dụ 2, trang 237 [3]). Tìm cực trị của hàm số f(x; y) = 8x + 15y + 28 (1) với điều
kiện ràng buộc cân bằng 2x2 + 3y2 = 107 (2).
Lời giải.
Cách 1. Lập hàm Lagrange F(x; y; ) = 8x + 15y + 28 + (2x2 + 3y2  107).



 x  4  x1
 x  4  x2

Fx/  8  4 x  0



Xét hệ phương trình  Fy/  15  6 y  0   y  5  y1   y  5  y2 .
 F /  2 x 2  3 y 2  107  0 

1
1
 
 
 1      2

2


2

g
g
2 F
2 F
2 F
2 F
 4x ;
 6y;
 4 ;
 0;
 0;
 6 .
Tính
x
y
x 2
xy
yx
y 2
 Xét tại điểm dừng (x1; y1; 1).

70


KỶ YẾU HOẠT ĐỘNG KHOA HỌC & GIÁO DỤC TRƯỜNG ĐH KIẾN TRÚC ĐÀ NẴNG

10/2021

0 16 30
Định thức đối xứng D  16 2 0  0  Hàm số đạt cực đại tại điểm (4; 5) và giá trị cực
30 0 3
đại bằng 135.
 Xét tại điểm dừng (x2; y2; 2).

0 16 30
0  0  Hàm số đạt cực tiểu tại điểm (4; 5) và
Định thức đối xứng D  16 2
30 0
3
giá trị cực đại bằng 79.
Cách 2. Ta có  8 x  15 y 

2

 8

 2





15
2.x 
3





2


2
3. y    32  75  .  2 x 2  3 y 2   107 


 79 ≤ 8x + 15y + 28 ≤ 135 hay 79 ≤ f(x; y) ≤ 135
dấu = xảy ra khi

x y
(3)

4 5

Từ (2), (3)  x = 4, y = 5 và x = 4; y = 5.
KL. Hàm số đạt cực tiểu bằng 79 tại điểm (4; 5); đạt cực đại bằng 135 tại điểm (4; 5).
Bài 3 (Ví dụ, trang 243 [3]). Tìm cực trị của hàm số f(x; y; z) = x + y + z (1) với điều kiện
ràng buộc cân bằng x.y.z = 8 (2).
Lời giải.
Cách 1. Lập hàm Lagrange F(x; y; z; ) = x + y + z + (x.y.z  8).

 x  2  x1
 Fx/  1   yz  0 
y  2  y1
 /
 Fy  1   xz  0 
Xét hệ phương trình  /

  z  2  z1 .
 Fz  1   xy  0 
 F/  xyz  8  0   1  1

4
Tính

g
g
g
2F
2F
2F
 yz ;
 xz ;
 xy ;

0;


z
;
y
x
y
z
x 2
xy
xz

2 F
2 F
2 F
2 F
2 F
2 F
z;

0;


x
;


y
;


x
;
 0.
yx
y 2
yz
zx
zy
z 2
 Xét tại điểm dừng (x1; y1; z1 ; 1).
71

10/2021

KỶ YẾU HOẠT ĐỘNG KHOA HỌC & GIÁO DỤC TRƯỜNG ĐH KIẾN TRÚC ĐÀ NẴNG

0

4

Lập ma trận đối xứng H  
4


4


4
4
1
2
1
2

4
1
2
4
1
2

4
1 
2
1 

2

4


Xét các định thức con chính

D1 

0

4

0 4
 16  0; D2  4
4 0

0

4

1
2

4
1
 16  0; D3  det( H )  12  0
2
0

 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm (2; 2; 2) và giá trị cực đại bằng 6.
Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3  số dương x, y, z, ta có:

x  y  x  3. 3 x. y.z  6 hay f(x; y; z) ≥ 6;
dấu = xảy ra khi x = y = z (3)
Từ (2), (3)  x = y = z = 2.
KL. Hàm số đạt cực tiểu bằng 6 tại điểm (2; 2; 2).
Bài 4 (Bài tập số 13, trang 256 [3]). Tìm cực trị của hàm số f(x; y; z) = 5x + 4y + 3z (1) với
điều kiện ràng buộc cân bằng x2 + 2y2 + 3z2 = 36 (2).
Lời giải.
Cách 1. Lập hàm Lagrange F(x; y; z; ) = 5x + 4y + 3z + (x2 + 2y2 + 3z2  36)

 x  5  x1
 x  5  x2

Fx/  5  2 x  0
 y2 y
 y  2  y

/
1
2

Fy  4  4 y  0




Xét hệ phương trình 
.




z

1

z
z


1

z
1
2
Fz/  3  6 z  0



 F/  x 2  2 y 2  3z 2  36  0   1  1
  1  2



2
2
Tính

72

g
g
g
2 F
2F
2F
 2x ;
 4y;
 6z ;

2

;

0;
0
x
y
z
x 2
xy
xz

KỶ YẾU HOẠT ĐỘNG KHOA HỌC & GIÁO DỤC TRƯỜNG ĐH KIẾN TRÚC ĐÀ NẴNG

10/2021

2 F
2 F
2 F
2 F
2 F
2 F
 0;

4

;

0;

0;

0;
 6 .
yx
y 2
yz
zx
zy
z 2
 Xét tại điểm dừng (x1; y1; z1 ; 1).

 0 10 8 6 
10 1 0 0 

Lập ma trận đối xứng H  
 8 0 2 0 


 6 0 0 3
Xét các định thức con chính, có D1 < 0, D2 > 0, D3 = det(H) < 0
 Hàm số đạt cực đại tại điểm (5; 2; 1) và giá trị cực đại bằng 36.
 Xét tại điểm dừng (x2; y2; z2 ; 2).

 0 10 8 6 
 10 1
0 0 

Lập ma trận đối xứng H 
 8
0
2 0


0
0 3
 6
Xét các định thức con chính, có D1 < 0, D2 < 0, D3 = det(H) < 0
 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm (5; 2; 1) và giá trị cực đại bằng 36.
Cách 2. Ta có

 5 x  4 y  3z 

2

4

 5 x 
2






2. y  3





2

2

3.z    36  .  x 2  2 y 2  3z 2    36 


 36 ≤ 5x + 4y + 3z ≤ 36 hay 36 ≤ f(x; y; z) ≤ 36
dấu = xảy ra khi

x y

  z (3)
5 2

Từ (2), (3)  x = 5; y = 2; z = 1 và x = 5; y = 2; z = 1.
KL. Hàm số đạt cực tiểu bằng 36 tại điểm (5; 2; 1);
đạt cực đại bằng 36 tại điểm (5; 2; 1).
Bài 5 (Bài tập số 14, trang 256 [3]). Tìm cực trị của hàm số f(x; y; z) = x.y2.z3 (1) với điều
kiện ràng buộc cân bằng x + 2y + 3z = 18 (2).
Lời giải.
Cách 1. Lập hàm Lagrange F(x; y; z; ) = x.y2.z3 + (x + 2y + 3z  18)
73


10/2021

KỶ YẾU HOẠT ĐỘNG KHOA HỌC & GIÁO DỤC TRƯỜNG ĐH KIẾN TRÚC ĐÀ NẴNG

 Fx/  y 2 z 3    0



/
3
 Fy  2 xyz  2  0


Xét hệ phương trình 
/
2 3
 Fz  3xy z  3  0


 F/  x  2 y  3z  18  0 

x3
y3
.
z 3
 243

g
g
g
2F
2F
2F
3
 1;
 2;
 3;
 0;
 2 yz ;
 3 y2 z2
Tính
2
x
y
z
x
xy
xz

2 F
2 F
2 F
2 F
2 F
2 F
3
2
2 2
2
 2 yz 3 ;

2
xz
;

6
xyz
;

3
y
z
;

6
xyz
;
 6 xy 2 z .
2

2
yx
y
yz
zx
zy
z
 Xét tại điểm dừng (3; 3; 3; 243).

2
3 
0 1
1 0 162 243

Lập ma trận đối xứng H  
 2 162 162 486 


 3 243 486 486 
Xét các định thức con chính, có D1 < 0, D2 > 0, D3 = det(H) < 0
 Hàm số đạt cực đại tại điểm (3; 3; 3) và giá trị cực đại bằng 729.
Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
18  x  2 y  3z  x  y  y  z  z  z  6. 6 x. y 2 .z 3  729  x. y 2 .z 3

hay f(x; y; z) ≤ 729; dấu = xảy ra khi x = y = z = 3.
KL. Hàm số đạt cực đại bằng 729 tại điểm (3; 3; 3).
Bài 6. Tìm cực trị của hàm f = x4 + y4 + z4 (1) với điều kiện ràng buộc cân bằng
xy + yz + zx = 4 (2).
Lờigiải.
Cách 1. Lập hàm Lagrange F(x; y; z; ) = x4 + y4 + z4 + (xy + yz + zx  4)


x 

 Fx/  4 x3   ( y  z )  0

y
 /
3
 Fy  4 y   ( z  x)  0

Xét hệ phương trình  /

3
 Fz  4 z   ( x  y )  0
z 
 F/  xy  yz  zx  4  0 

 

74

2
2

 x1
x
 x2

3
3


2
2

 y1
y
 y2


3
3
.
 
2
2

 z1
z
 z2

3
3

8
   8 
 1
2

3
3

KỶ YẾU HOẠT ĐỘNG KHOA HỌC & GIÁO DỤC TRƯỜNG ĐH KIẾN TRÚC ĐÀ NẴNG

Tính

10/2021

g
g
g
2 F
2 F
2 F
2
 y  z;
 z  x;
 x  y;

12
x
;


;

x
y
z
x 2

xy
xz

2 F
2 F
2 F
2 F
2 F
2 F
2
;

12
y
;


;


;


;
 12 z 2 .
yx
y 2
yz
zx
zy

z 2
 Xét tại điểm dừng (x1; y1; z1;1).






Lập ma trận đối xứng H  






4
3

0
4
3
4
3
4
3

16
8
3
8

3

4
3
8
3
16
8
3

4 
3

8 
3 

8 
3 

16 


Xét các định thức con chính, có D1 < 0, D2 < 0, D3 = det(H) < 0.
 Hàm số đạt cực tiểu bằng

2
16
tại điểm x  y  z  
.
3

3

Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có
4  xy  yz  zx 

x

và x 2  y 2  z 2 

1

suy ra x 4  y 4  z 4 

2

2

 y 2  z 2  x 2  y 2  z 2   x 2  y 2  z 2

 12  12  x 4  y 4  z 4   3  x 4  y 4  z 4 

2
16
16
hay f ( x; y; z ) 
; dấu = xảy ra khi x  y  z  
.
3
3
3

Kết luận. Hàm số đạt cực tiểu bằng

2
16
tại điểm x  y  z  
.
3
3

Kết luận. Qua các bài toán trên cùng với hai cách giải, có thể thấy việc sử dụng một cách
“linh hoạt” cơng cụ toán sơ cấp sẽ cho chúng ta lời giải đẹp, ngắn gọn. Chú ý việc sử dụng
cơng cụ tốn sơ cấp cũng chỉ áp dụng cho một lớp các bài tốn có hàm mục tiêu và điều kiện
ràng buộc cân bằng đơn giản.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Trần Lưu Cường; Bài tập toán cao cấp  phần II  Các ví dụ và bài tập; Trường ĐKBK tp
Hồ Chí Minh; 1992.
[2]. Lê Đình Thúy; Tốn cao cấp dành cho các nhà kinh tế; NXB ĐH kinh tế quốc dân; 2017.
75