Giáo trình Giải tích 1 - Bùi Xuân Diệu

ân suy rộng 125 kí hiệu F(+∞) = lim A→∞ F(A) thì có thể viết +∞∫ a f (x)dx = F(+∞)− F(a) = F(x)|+∞a Ví dụ 3.1. a) Tính tích phân +∞∫ e2 dx x ln x(ln ln x)2 Ta có A∫ e2 dx x ln x(ln ln x)2 = − 1 ln ln x ∣∣∣∣A e2 = 1 ln 2 − 1 ln ln A nên ⇒ lim A→+∞ A∫ e2 dx x ln x(ln ln x)2 = 1 ln 2 Vậy +∞∫ e2 dx x ln x(ln ln x)2 = 1 ln 2 b) Tính tích phân +∞∫ −∞ dx (x2 + 1)2 Trước hết ta tính A∫ A′ dx (x2+1)2 , đặt x = tan t ⇒ dx (1+x2)2 = dt 1+tan2 t = cos2 tdt, A∫ A′ dx (x2 + 1)2 = arctan A∫ arctan A′ 1+ cos 2t 2 dt = ( t 2 + sin 2t 4 )∣∣∣∣arctan A arctan A′ Khi A → +∞, A′ → −∞ thì arctan A → π2 ; arctan A′ → −π2 , suy ra +∞∫ −∞ dx (x2 + 1)2 = ( t 2 + sin 2t 4 )∣∣∣∣ π 2 −π2 = π 2 c) 0∫ −∞ x sin xdx = lim A→−∞ 0∫ A x sin xdx = lim A→−∞ (−x cos x + sin x)|0A = lim A→−∞ (A cos A− sin A) Giới hạn này không tồn tại, do đó tích phân phân kỳ. d) Xét sự hội tụ của tích phân I = +∞∫ 1 dx xα Tích phân suy rộng I hội tụ khi và chỉ khi α > 1, và phân kỳ khi và chỉ khi α ≤ 1. 125 126 Chương 2. Phép tính tích phân một biến số 3.2 Tích phân suy rộng của hàm số không bị chặn Giả sử f (x) là hàm số xác định trên khoảng [a, b) và khả tích trên mọi đoạn [a, t], (t < b bất kỳ), và lim x→b f (x) = ∞. Điểm x = b được gọi là điểm bất thường (điểm kỳ dị) của hàm số f (x). Định nghĩa 2.31. Giới hạn của tích phân t∫ a f (x)dx khi t → b−, được gọi là tích phân suy rộng của hàm số f (x) trên khoảng [a, b) và được ký hiệu như sau: b∫ a f (x)dx = lim t→b− t∫ a f (x)dx Nếu giới hạn ở vế phải tồn tại, ta nói tích phân suy rộng hội tụ. Ngược lại nếu không tồn tại giới hạn này hoặc giới hạn bằng vô cùng, ta nói tích phân phân kỳ. Tương tự ta định nghĩa tích phân suy rộng của hàm số f (x) không bị chặn trên khoảng (a, b] và (a, b) lần lượt nhận x = a và x = b làm điểm bất thường. b∫ a f (x)dx = lim t→a+ b∫ t f (x)dx và b∫ a f (x)dx = lim t→a+,t′→b− t′∫ t f (x)dx Đối với tích phân có hai điểm bất thường x = a, x = b, ta có thể viết b∫ a f (x)dx = c∫ a f (x)dx + b∫ c f (x)dx khi hai trong ba tích phân nói trên hội tụ. Ví dụ 3.2. a) Xét sự hội tụ của tích phân 1∫ −1 dx√ 1− x2 0∫ −1 dx√ 1− x2 = limt→−1 0∫ t dx√ 1− x2 = limt→−1 arcsin x ∣∣∣∣∣∣ 0 t = lim t→−1 (− arcsin t) = π 2 1∫ 0 dx√ 1− x2 = limt→1 1∫ 0 dx√ 1− x2 = limt→1 arcsin x ∣∣∣∣∣∣ t 0 = lim t→1 arcsin t = π 2 nên 1∫ −1 dx√ 1− x2 = 0∫ −1 dx√ 1− x2 + 1∫ 0 dx√ 1− x2 = π 126 3. Tích phân suy rộng 127 b) Xét sự hội tụ của tích phân I = 1∫ 0 dx xα Tích phân suy rộng I hội tụ khi và chỉ khi α < 1, phân kỳ khi và chỉ khi α ≥ 1. 3.3 Các tiêu chuẩn hội tụ Định lý 2.47 (Tiêu chuẩn so sánh). 1. Cho hai hàm số f (x) và g(x) khả tích trên mọi khoảng hữu hạn [a, A](a ≤ A) và 0 ≤ f (x) ≤ g(x), x ≥ a. Khi đó i) Nếu +∞∫ a g(x)dx hội tụ thì +∞∫ a f (x)dx hội tụ ii) Nếu +∞∫ a f (x)dx phân kỳ thì +∞∫ a g(x)dx phân kỳ. 2. Giả sử f (x) và g(x) là hai hàm số khả tích trên mọi đoạn hữu hạn [a, A](a ≤ A) và lim x→+∞ f (x) g(x) = k(0 < k < +∞). Khi đó các tích phân +∞∫ a f (x)dx và +∞∫ a g(x)dx hoặc cùng hội tụ, hoặc cùng phân kỳ. Hệ quả 2.6. Cho f và g là hai hàm số dương khả tích trên [a,+∞). Khi đó 1. Nếu lim x→+∞ f (x) g(x) = 0 và nếu +∞∫ a g(x)dx hội tụ thì +∞∫ a f (x)dx hội tụ. 2. Nếu lim x→+∞ f (x) g(x) = +∞ và nếu +∞∫ a g(x)dx phân kì thì +∞∫ a f (x)dx phân kì. Tương tự chúng ta cũng có các tiêu chuẩn hội tụ cho trường hợp tích phân suy rộng của hàm số không bị chặn. Định lý 2.48 (Tiêu chuẩn so sánh). 1. Cho hai hàm số f (x) và g(x) khả tích trên (a, b] và có cùng điểm bất thường là x = a sao cho 0 ≤ f (x) ≤ g(x), ∀x ∈ (a, b] Khi đó 127 128 Chương 2. Phép tính tích phân một biến số i) Nếu b∫ a g(x)dx hội tụ thì b∫ a f (x)dx hội tụ ii) Nếu b∫ a f (x)dx phân kỳ thì b∫ a g(x)dx phân kỳ 2. Giả sử f (x) và g(x) là hai hàm số dương khả tích trên (a, b] và có cùng điểm bất thường x = a. Nếu tồn tại giới hạn lim x→a+ f (x) g(x) = k(0 < k < +∞) Khi đó các tích phân b∫ a f (x)dx và b∫ a g(x)dx hoặc cùng hội tụ, hoặc cùng phân kỳ. Hệ quả 2.7. Cho f và g là hai hàm số dương khả tích trên (a, b] và có cùng điểm bất thường x = a. Khi đó 1. Nếu lim x→a+ f (x) g(x) = 0 và nếu b∫ a g(x)dx hội tụ thì b∫ a f (x)dx hội tụ. 2. Nếu lim x→a+ f (x) g(x) = +∞ và nếu b∫ a g(x)dx phân kì thì b∫ a f (x)dx phân kì. Chú ý: • Khi xét đến tính chất hội tụ hay phân kì của một tích phân suy rộng, nói chung chúng ta chỉ "quan tâm" tới dáng điệu của hàm số tại các điểm bất thường. • Khi sử dụng tiêu chuẩn so sánh chúng ta thường hay so sánh các tích phân suy rộng đã cho với hai loại tích phân suy rộng sau: a) I1 = ∫ +∞ a dx xα  hội tụ nếu α > 1phân kì nếu α ≤ 1 b) I2 = b∫ a dx (x− a)α  hội tụ nếu α < 1phân kì nếu α ≥ 1 , I′2 = b∫ a dx (b− x)α  hội tụ nếu α < 1phân kì nếu α ≥ 1 Ví dụ 3.3 (Cuối kì, K61 Viện ĐTQT). Xét sự hội tụ, phân kỳ của tích phân 128 3. Tích phân suy rộng 129 a) ∞∫ 0 (1−cos 2x)dx x2 ln(1+3 √ x) . b) ∞∫ 0 (1−cos 3x)dx x2 ln(1+2 √ x) . 3.4 Tích phân suy rộng hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ Định lý 2.49. 1. Nếu +∞∫ a | f (x)|dx hội tụ thì +∞∫ a f (x)dx hội tụ 2. Nếu b∫ a | f (x)|dx (có điểm bất thường là a hoặc b) hội tụ thì +∞∫ a f (x)dx cũng hội tụ Định nghĩa 2.32. 1. Nếu +∞∫ a | f (x)|dx hội tụ thì ta nói +∞∫ a f (x)dx hội tụ tuyệt đối, còn nếu +∞∫ a f (x)dx hội tụ nhưng +∞∫ a | f (x)|dx phân kì thì ta nói +∞∫ a | f (x)|dx bán hội tụ. 2. Nếu b∫ a | f (x)|dx (có điểm bất thường là a hoặc b) hội tụ thì ta nói b∫ a f (x)dx hội tụ tuyệt đối, còn nếu b∫ a f (x)dx hội tụ nhưng b∫ a | f (x)|dx phân kì thì ta nói b∫ a | f (x)|dx bán hội tụ. Ví dụ 3.4. Chứng minh rằng ∫ +∞ 1 cos x x2 hội tụ tuyệt đối. Chứng minh. Ta có ∣∣∣cos x x2 ∣∣∣ ≤ 1 x2 , mà ∫ +∞ 1 1 x2 hội tụ nên ∫ +∞ 1 cos x x2 hội tụ tuyệt đối. Ví dụ 3.5 (Tích phân Dirichlet). Chứng minh rằng ∫ +∞ 0 sin x x là bán hội tụ. Chứng minh. Ta có +∞∫ 0 sin x x = 1∫ 0 sin x x + +∞∫ 1 sin x x . 129 130 Chương 2. Phép tính tích phân một biến số ∫ 1 0 sin x x thực chất là tích phân xác định vì lim x→0+ sin x x = 1, do đó ∫ 1 0 sin x x ∈ R. Vì vậy chỉ cần chỉ ra rằng ∫ +∞ 1 sin x x là hội tụ. Theo công thức tích phân từng phần, M∫ 1 sin x x dx = −cos x x ∣∣∣M 1 + M∫ 1 cos x x2 = cos 1− cos M M + M∫ 1 cos x x2 dx. Cho M → +∞ ta có +∞∫ 1 sin x x dx = cos 1+ +∞∫ 1 cos x x2 dx. Mà ∫ +∞ 1 cos x x2 dx là hội tụ nên ∫ +∞ 1 sin x x cũng hội tụ. Việc tiếp theo là chỉ ra ∫ +∞ 0 ∣∣ sin x x ∣∣ dx là phân kì. Thật vậy, +∞∫ 0 ∣∣∣∣sin xx ∣∣∣∣ dx = +∞∑ n=0 (n+1)π∫ nπ ∣∣∣∣sin xx ∣∣∣∣ dx = +∞∑ n=0 π∫ 0 sin v v + nπ dv. Vì 1v+nπ ≥ 1(n+1)π với 0 ≤ v ≤ π nên π∫ 0 sin v v + nπ dv ≥ 1 (n + 1)π π∫ 0 sin vdv = 2 (n + 1)π . Mà +∞ ∑ n=0 2 (n+1)π là phân kì nên ∫ +∞ 0 ∣∣ sin x x ∣∣ dx là phân kì theo tiêu chuẩn so sánh. 3.5 Bài tập Bài tập 2.1. Xét sự hội tụ và tính (trong trường hợp hội tụ) các tích phân sau: a) ∫ 0 −∞ xexdx b) ∫ +∞ 0 cos xdx c) ∫ +∞ −∞ dx (x2 + 1)2 d) ∫ 1 0 dx√ x(1− x) Chứng minh. a) 0∫ −∞ xexdx = ex(x− 1) ∣∣∣∣∣∣ 0 −∞ = 1 b) +∞∫ 0 cos xdx = sin x ∣∣∣∣∣∣ +∞ 0 . Do không tồn tại giới hạn lim x→+∞ sin x nên tích phân đã cho phân kì. 130 3. Tích phân suy rộng 131 c) +∞∫ −∞ dx (x2 + 1)2 = 2 ∫ +∞ 0 dx (x2 + 1)2 . Đặt x = tan t thì I = 2 π 2∫ 0 cos2 tdt = π2 d) 1∫ 0 dx√ x(1− x) = 1 2∫ 0 dx√ x(1− x)︸ ︷︷ ︸ I1 + 1∫ 1 2 dx√ x(1− x)︸ ︷︷ ︸ I2 • Xét tích phân I1 có điểm bất thường là x = 0. Khi x → 0, 1√ x(1− x) ∼ 1√ x . Mặt khác tích phân 1∫ 0 dx√ x hội tụ nên I1 hội tụ. • Xét tích phân I2 có điểm bất thường là x = 1. Khi x → 1, 1√ x(1− x) ∼ 1√ 1− x . Mặt khác tích phân 1∫ 0 dx√ 1− x hội tụ nên I2 hội tụ. Vậy I = I1 + I2 hội tụ. Trong trường hợp tổng quát, muốn tính I = b∫ a dx√ (x− a)(b− x) ta thực hiện phép đổi biến x = a cos2 ϕ+ b sin2 ϕ sẽ chuyển I về tích phân xác định I = 2 π 2∫ 0 dϕ = π Bài tập 2.2. Xét sự hội tụ của các tích phân suy rộng sau a) 1∫ 0 dx tan x−x b) 1∫ 0 √ xdx esin x−1 c) 1∫ 0 √ xdx√ 1−x4 d) +∞∫ 1 ln(1+x)dx x e) +∞∫ 1 e−x2 x2 dx f) +∞∫ 0 x2dx x4−x2+1 Chứng minh. a) Tích phân đã cho có điểm bất thường là x = 0 và lim x→0 1 tan x− x : 1 x3 = 1 3 131 132 Chương 2. Phép tính tích phân một biến số Mặc khác 1∫ 0 dx x3 phân kì nên 1∫ 0 dx tan x− x cũng phân kì. b) Tích phân đã cho có điểm bất thường là x = 0 và khi x → 0, esin x − 1 ∼ sin x ∼ x nên √ x esin x − 1 ∼ 1√ x . Do 1∫ 0 dx√ x hội tụ nên 1∫ 0 √ xdx esin x − 1 cũng hội tụ. c) Tích phân đã cho có điểm bất thường là x = và khi x → 1 thì √ x√ 1− x4 = √ x√ (1− x)(1+ x + x2 + x3) ∼ 1 2 √ 1− x Do 1∫ 0 dx√ 1− x hội tụ nên 1∫ 0 √ xdx√ 1− x4 cũng hội tụ. d) Ta có ln(1+ x) x > 1 x với mọi x > e− 1. Mà +∞∫ 1 dx x phân kì nên +∞∫ 1 ln(1+ x)dx x cũng phân kì. e) Ta có e−x2 0 nên e−x2 x2 < 1 x2 với mọi x > 0. Mặt khác +∞∫ 0 dx x2 hội tụ nên +∞∫ 1 e−x2 x2 dx cũng hội tụ. f) Khi x → +∞ thì x 2 x4 − x2 + 1 ∼ 1 x2 nên tích phân đã cho hội tụ. Bài tập 2.3. Nếu +∞∫ a f (x)dx hội tụ thì có suy ra được f (x)→ 0 khi x → +∞ không? [Gợi ý] +∞∫ a f (x)dx hội tụ không suy ra được f (x)→ 0 khi x → +∞. Ví dụ như +∞∫ 0 sin(x2)dx hội tụ (xem bài tập 2.5) nhưng không tồn tại giới hạn lim x→+∞ sin(x 2). Bài tập 2.4. Cho hàm số f (x) liên tục trên [a,+∞) và lim x→+∞ f (x) = A 6= 0. Hỏi +∞∫ a f (x)dx có hội tụ không? 132 3. Tích phân suy rộng 133 [Gợi ý] Theo giả thiết lim x→+∞ f (x) A = 1, mà +∞∫ a Adx phân kì nên +∞∫ a f (x)dx cũng phân kì. Bài tập 2.5. Xét sự hội tụ của các tích phân suy rộng sau a) +∞∫ 0 sin(x2)dx b) ∫ +∞ 0 e−x2dx c) +∞∫ 1 ( 1− cos 2 x ) dx d) 1∫ 0 x2dx 3 √ (1− x2)5 e) ∫ π 2 0 (tan x)pdx f) 1∫ 0 xp−1(1− x)q−1dx g) +∞∫ 0 xp−1e−xdx h) 1∫ 0 f (x)dx√ 1− x2 , ( f liên tục) Chứng minh. a) Thực hiện phép đổi biến x = √ t, dx = dt 2 √ t , đưa tích phân đã cho về dạng I = 1 2 +∞∫ 0 sin tdt√ t Ta có thể viết +∞∫ 0 sin tdt√ t = π 2∫ 0 sin tdt√ t︸ ︷︷ ︸ I1 + +∞∫ π 2 sin tdt√ t︸ ︷︷ ︸ I2 Vì lim t→0 sin t√ t = 0 nên tích phân I1 thực chất là tích phân xác định nên hội tụ, do đó chỉ cần xét I2. I2 = +∞∫ π 2 sin t√ t dt = − +∞∫ π 2 d(cos t)√ t = −cos t√ t ∣∣∣∣+∞ π 2 − 1 2 +∞∫ π 2 cos t t3/2 dt = −1 2 +∞∫ π 2 cos t t3/2 dt Vì ∣∣∣∣cos tt3/2 ∣∣∣∣ ≤ 1t3/2 nên +∞∫ π 2 cos t t3/2 dt hội tụ. Vậy ta có I2 cũng hội tụ và tích phân đã cho hội tụ. b) Ta có với x > 1 thì e−x2 < e−x mà +∞∫ 1 e−xdx = e−1 hội tụ nên +∞∫ 0 e−x2dx cũng hội tụ. c) Khi x → +∞, 1− cos 2 x = 2 sin2 1 x ∼ 2 x2 nên +∞∫ 1 ( 1− cos 2 x ) dx hội tụ. 133 134 Chương 2. Phép tính tích phân một biến số d) Khi x → 1, x 2 3 √ (1− x2)5 = x2 3 √ [(1− x)(1+ x)]5 ∼ 1 3 √ 32. 3 √ (1− x)5 nên 1∫ 0 x2dx 3 √ (1− x2)5 hội tụ. e) Trước hết ta có nhận xét rằng I = ∫ π 2 0 (tan x)pdx có điểm bất thường là x = 0 khi p < 0 và x = π 2 khi p > 0. • Nếu p < 0 thì khi x → 0, (tan x)p = (cos x sin x )−p ∼ 1 x−p nên I hội tụ nếu −1 < p < 0 và phân kì nếu p ≤ −1. • Nếu p > 0 thì khi x → π 2 , (tan x)p = ( sin x cos x )p =   sin x sin (π 2 − x )   p ∼ 1(π 2 − x )p nên I hội tụ nếu 0 < p < 1 và phân kì nếu p ≥ 1. Kết luận: ∫ π 2 0 (tan x)pdx hội tụ khi |p| < 1 và phân kì khi |p| ≥ 1. f) Trước hết ta có nhận xét rằng nếu p < 1 thì x = 0 là điểm bất thường, còn nếu q < 1 thì x = 1 là điểm bất thường. Phân tích I = 1∫ 0 xp−1(1− x)q−1dx = 1 2∫ 0 xp−1(1− x)q−1dx ︸ ︷︷ ︸ I1 + 1∫ 1 2 xp−1(1− x)q−1dx ︸ ︷︷ ︸ I2 I1 chỉ hội tụ khi 1− p 0; còn I2 chỉ hội tụ khi 1− q < 1, nghĩa là q > 0. Vậy I chỉ hội tụ khi p > 0, q > 0. g) Nếu p ≥ 1 thì tích phân đã cho chỉ có điểm bất thường tại +∞ và lim x→+∞[x p−1e−x] : 1 x2 = lim x→+∞ xp+1 ex = 0 nên ∫ x→+∞ xp−1e−xdx hội tụ. Nếu p < 1 thì x = 0 cũng là một điểm bất thường. Ta có +∞∫ 0 xp−1e−xdx = 1∫ 0 xp−1e−xdx ︸ ︷︷ ︸ I1 + +∞∫ 1 xp−1e−xdx ︸ ︷︷ ︸ I2 134 3. Tích phân suy rộng 135 Tích phân I1 hội tụ khi p > 0 và I2 hội tụ với p bất kì. Vậy +∞∫ 0 xp−1e−xdx hội tụ nếu p > 0. h) Mặc dù tích phân đã cho là tích phân suy rộng có điểm bất thường là x = 1 nhưng ta có thể đưa I về tích phân thường bằng cách đổi biến. Đặt x = sin θ, trên [0, c] ta có 1∫ 0 f (x)dx√ 1− x2 = limc→1− c∫ 0 f (x)dx√ 1− x2 = limc→1− arcsin c∫ 0 f (sin θ)dθ = π 2∫ 0 f (sin θ)dθ Vì f là một hàm số liên tục trên [0, 1] nên hàm hợp f (sin θ) là một hàm số liên tục và bị chặn trên [ 0, π 2 ] và tích phân đã cho là tích phân xác định nên hội tụ. Bài tập 2.6. Tính các tích phân suy rộng sau a) +∞∫ 0 e−ax sin bxdx b) +∞∫ 0 e−ax cos bxdx c) +∞∫ 0 dx 1+ x4 Chứng minh. a) +∞∫ 0 e−ax sin bxdx = − a sin bx + b cos bx a2 + b2 e−ax ∣∣∣∣+∞ 0 = b a2 + b2 b) +∞∫ 0 e−ax cos bxdx = b sin bx− a cos bx a2 + b2 e−ax ∣∣∣∣+∞ 0 = b a2 + b2 c) Thực hiện phép đổi biến x = 1 t ta có I = +∞∫ 0 dx 1+ x4 = +∞∫ 0 t2dt 1+ t4 = +∞∫ 0 x2dx 1+ x4 Do đó 2I = +∞∫ 0 dx 1+ x4 + +∞∫ 0 x2dx 1+ x4 = +∞∫ 0 (1+ x2)dx 1+ x4 = +∞∫ 0 ( 1+ 1 x2 ) dx x2 + 1 x2 Lại đặt z = x− 1 x ta được I = 1 2 +∞∫ −∞ z z2 + 2 = 1 2 √ 2 arctan z√ 2 ∣∣∣∣+∞−∞ = π 2 √ 2 135 136 Chương 2. Phép tính tích phân một biến số §4. CÁC ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH 4.1 Tính diện tích hình phằng 1. Trường hợp biên của hình phẳng cho trong hệ toạ độ Descartes (tính diện tích "hình thang cong") Nếu S giới hạn bởi   a ≤ x ≤ b y = f (x) y = g(x) f , g ∈ C[a, b] thì S = b∫ a | f (x)− g(x) | dx (2.13) Nếu S giới hạn bởi   c ≤ y ≤ d x = ϕ(y) x = ψ(y) ϕ,ψ ∈ [c, d] thì S = d∫ c | ϕ(y)− ψ(y) | dy (2.14) Nếu S giới hạn bởi   a ≤ x ≤ b y = 0 x = ϕ(t)y = ψ(t) thì S = t2∫ t1 | ψ(t)ϕ′(t) | dt (2.15) Trong đó giả thiết rằng phương trình ϕ(t) = a,ψ(t) = b có nghiệm duy nhất là t1, t2 và ϕ,ψ, ϕ′ ∈ C[t1, t2]. Ví dụ 4.1 (Cuối kì, K61-Viện ĐTQT). Tính diện tích của miền a) D :  x + y ≥ 2x2 + y2 ≤ 2x. b) D :  x− y ≥ 2x2 + y2 ≤ 2x. Bài tập 2.1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: a) Đường parabol y = x2 + 4 và đường thẳng x− y + 4 = 0. b) Parabol bậc ba y = x3 và các đường y = x, y = 2x. c) Đường tròn x2 + y2 = 2x và parabol y2 = x d) Đường y2 = x2 − x4 136 4. Các ứng dụng của tích phân xác định 137 [Gợi ý] Các câu a), b), c) có thể vẽ hình và tính toán dễ dàng như sau: a) S = 1∫ 0 [(x + 4)− (x2 + 4)]dx = 16 b) S = 1∫ 0 (2x− x2)dx + √ 2∫ 2 (2x− x3)dx = 34 c) S = 2 2∫ 0 ( √ 4x− x2)−√2x)dx = 2π − 163 d) Trước hết ta có điều kiện 0 ≤ x ≤ 1, và nhận xét rằng nếu M(x, y) ∈ C thì M′(±x,±y) ∈ C . Do đó S = 4S(D), trong đó D là miền giới hạn bởi:  0 ≤ x ≤ 1y = √x2 − x4. Do miền D nằm hoàn toàn trong hình vuông 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, hơn nữa hàm số y = √ x2 − x4 liên tục, y(0) = y(1) = 0 nên đồ thị của nó trong [0, 1] có hình dáng như hình vẽ dưới đây: x y 1 1O Áp dụng công thức 2.13 ta có S(D) = 1∫ 0 √ x2 − x4dx = 13⇒S = 43 . 2. Trường hợp biên của hình phẳng cho trong hệ toạ độ cực (tính diện tích của miền có dạng hình quạt) Nếu S giới hạn bởi   ϕ = α ϕ = β r = r(ϕ) r(ϕ) ∈ C[α, β] thì S = 1 2 β∫ α r2(ϕ)dϕ (2.16) 137 138 Chương 2. Phép tính tích phân một biến số Bài tập 2.2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường hình tim r2 = a2 cos 2ϕ [Gợi ý] x y O r = a √ cos 2ϕ Hình 2.2 Khảo sát và vẽ đồ thị của đường cong trong toạ độ cực và nhận xét tính đối xứng của hình vẽ ta có: S = 4S(D) = 4. 1 2 π 4∫ 0 r2(ϕ)dϕ = a2. 4.2 Tính độ dài đường cong phẳng Trường hợp đường cong AB cho bởi phương trình y = f (x) AB   y = f (x) a ≤ x ≤ b f ∈ C1[a, b] thì s = b∫ a √ 1+ [ f ′(x)]2 (2.17) Trường hợp đường cong AB cho bởi phương trình tham số: AB   x = x(t) y = y(t) α ≤ t ≤ β x(t), y(t) ∈ C1[a, b] x′2(t) + y′2(t) > 0∀t ∈ [α, β] thì s = β∫ α √ [x′(t)]2 + [y′(t)]2dt (2.18) Trường hợp đường cong AB cho bởi phương trình trong toạ độ cực: AB   r = r(ϕ) α ≤ ϕ ≤ β r(ϕ) ∈ C1[α, β] thì s = β∫ α √ r2(ϕ) + r′2(ϕ)dϕ (2.19) 138 4. Các ứng dụng của tích phân xác định 139 Bài tập 2.1. Tính độ dài đường cong a) y = ln ex+1ex−1 khi x biến thiên từ 1 đến 2. b)  x = a(cos t + ln tan t 2) y = a sin t khi t biến thiên từ π3 đến π 2 . Chứng minh. a) Ta có 1+ y′2(x) = 1+ ( ex ex + 1 − e x ex − 1 )2 = ( e2x + 1 e2x − 1 )2 Nên áp dụng công thức 2.17 ta được: s = 2∫ 1 e2x + 1 e2x − 1dx (t=e2x) = e4∫ e2 t + 1 2t(t− 1) = ln e2 + 1 e2 b) Áp dụng công thức 2.18 ta có x′2(t) + y′2(t) = a2. cos2 t sin2 t ⇒s = a π 2∫ π 3 √ cos2 t sin2 t dt = a ln √ 2√ 3 4.3 Tính thể tích vật thể Trường hợp vật thể được giới hạn bởi một mặt cong và hai mặt phẳng x = a, x = b. Giả thiết ta biết rằng diện tích S của thiết diện của vật thể khi cắt bởi mặt phẳn x = x0 là S(x0), và S(x) là hàm số xác định, khả tích trên [a, b]. Khi đó V = b∫ a S(x)dx (2.20) Bài tập 2.1. Tính thể tích của vật thể là phần chung của hai hình trụ x2 + y2 = a2 và y2 + z2 = a2(a > 0). Lời giải: Do tính đối xứng nên V = 8V′ trong đó V′ = V ∩ {x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}. Một điểm M(x, 0, 0) ∈ Ox, qua M ta dựng thiết diện của V′ vuông góc với Ox thì được một hình vuông có cạnh là √ a2 − x2, do đó S(x) = a2 − x2. Áp dụng công thức 2.20 ta được V = 8 a∫ 0 (a2 − x2)dx = 16 3 a3 139 140 Chương 2. Phép tính tích phân một biến số Bài tập 2.2. Tìm thể tích vật thể giới hạn bởi mặt paraboloit z = 4− y2, các mặt phẳng toạ độ và mặt phẳng x = a. Chứng minh. Sau khi vẽ hình và áp dụng công thức 2.20 ta có: V = a∫ 0 S(x)dx mà S(x) = 2∫ 0 (4− y2)dy = 16 3 nên V = 16 3 a Tính thể tích vật thể tròn xoay Trường hợp vật thể là vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình thang cong  a ≤ x ≤ b y = 0 y = f (x) quanh trục Ox, trong đó f ∈ C[a, b] thì V = π b∫ a f 2(x)dx (2.21) Tương tự, nêú vật thể là vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình thang cong  c ≤ y ≤ d x = 0 x = ϕ(y) quanh trục Oy, trong đó ϕ ∈ C[c, d] thì V = π d∫ c ϕ2(y)dy (2.22) Bài tập 2.3. Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên khi quay hình giới hạn bởi các đường y = 2x− x2 và y = 0 a) quanh trục Ox một vòng b) quanh trục Oy một vòng. [Gợi ý] a) Áp dụng công thức 2.21: V = π 2∫ 0 (2x− x2)dx = b) Áp dụng công thức 2.22: V = π 1∫ 0 ( 1+ √ 1− y )2 dy− π 1∫ 0 ( 1−√1− y)2dy 140 4. Các ứng dụng của tích phân xác định 141 4.4 Tính diện tích mặt tròn xoay Cho hình thang cong giới hạn bởi   a ≤ x ≤ b y = 0 y = f (x) với f ∈ C1[a, b]. Quay hình thang cong này quanh trục Ox thì ta được một vật thể tròn xoay. Khi đó diện tích xung quanh của vật thể được tính theo công thức: S = 2π b∫ a | f (x) | √ 1+ f ′2(x)dx (2.23) Tương tự nếu quay hình thang cong   c ≤ y ≤ d x = 0 x = ϕ(y) với ϕ ∈ C1[c, d], quanh trục Oy thì: S = 2π d∫ c | ϕ(y) | √ 1+ ϕ′2(y)dy (2.24) Bài tập 2.1. Tính diện tích mặt tròn xoay tạo nên khi quay các đường sau a) y = tan x, 0 < x ≤ π4 quanh trục Ox. b) x2 a2 + y 2 b2 = 1 quanh trục Oy(a > b) c) 9y2 = x(3− x)2, 0 ≤ x ≤ 3 quanh trục Ox. 141 142 Chương 2. Phép tính tích phân một biến số Chứng minh. a) Áp dụng công thức 2.23 ta có: S = 2π π 4∫ 0 tan x √ 1+ (1+ tan2 x)dx = 2π 1∫ 0 t √ 1+ (1+ t2)2. dt 1+ t2 (đặt t = tan x) = π 1∫ 0 √ 1+ (1+ t2)2 1+ t2 .d(t2 + 1) = π 2∫ 1 √ 1+ s2 s ds (đặt s = 1+ t2) = π √ 5∫ √ 2 ( 1+ 1 u2 − 1 ) du = π. {√ 5− √ 2+ 1 2 [ ln √ 5− 1√ 2− 1 − ln √ 5+ 1√ 2+ 1 ]} b) Nhận xét tính đối xứng của miền và áp dụng công thức 2.24 ta có: S = 2.2π b∫ 0 a b √ b2 − y2. √ 1+ ( a b . y√ b2 − y2 )2 dy = 4π a b b∫ 0 √ b4 + (a2 − b2)y2dy = 4π a b √ a2 − b2 b∫ 0 √ y2 + b4 a2 − b2 dy = 4π a b √ a2 − b2 b∫ 0 √ y2 + βdy( đặt β = b4 a2 − b2 ) = 4π a b √ a2 − b2.1 2 [ y √ y2 + β+ β ln | y + √ y2 + β | ]∣∣∣∣∣ b 0(∫ √ y2 + βdy = 1 2 [ y √ y2 + β+ β ln | y + √ y2 + β | ]) c) Trước hết 9y2 = x(3− x)2⇒18yy′ = 3(3− x)(1− x)⇒y′ = (3− x)(1− x) 6y ⇒y′2 = (1− x) 2 4x 142 4. Các ứng dụng của tích phân xác định 143 Nên áp dụng công thức 2.23 ta có: S = 2π 3∫ 0 √ x(3− x) 3 . √ 1+ (1− x)2 4x dx = 2π. 1 6 3∫ 0 (3− x)(1+ x)dx = 3π. "Nghịch lý sừng Gabriel" Cho một vật thể tròn xoay tạo bởi khi xoay miền giới hạn bởi   1 ≤ x, y = 0, y = 1x quanh trục Ox. Tính thể tích và diện tích mặt của nó. [Lời giải] Ta có V = π +∞∫ 1 ( 1 x )2 dx = π và S = 2π +∞∫ 1 1 x √ 1+ ( − 1 x2 )2 dx ≥ 2π +∞∫ 1 1 x dx = +∞. Như vậy, đây là một vật thể có diện tích mặt bằng +∞, trong khi đó lại có thể tích hữu hạn. Giả sử bạn có một vật thể như vậy và cần sơn nó. i) Một mặt, vì diện tích mặt là +∞, bạn cần một lượng vô hạn sơn để sơn nó. ii) Mặt khác, vì miền giới hạn bởi vật đó có thể tích hữu hạn, bạn có thể đổ đầy nó bằng một lượng hữu hạn sơn (ở đây là π đơn vị thể tích), và khi đó toàn bộ mặt trong của nó sẽ được sơn. Một nghịch lý phải không? 143 144 Chương 2. Phép tính tích phân một biến số 144 CHƯƠNG3 HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ §1. GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ 1.1 Giới hạn của hàm số nhiều biến số Ta nói rằng dãy điểm {Mn(xn, yn)} dần tới điểm M0(x0, y0) trong R2 và viết Mn → M0 khi n → +∞ nếu lim n→+∞ d(Mn, M0) = 0 hay nếu xn → x0, yn → y0. Định nghĩa 3.33. Cho hàm số z = f (M) = f (x, y) xác định trong một lân cận V nào đó của điểm M0(x0, y0), có thể trừ tại điểm M0. Ta nói rằng hàm số f (x, y) có giới hạn là L khi M dần đến M0 nếu ∀ǫ > 0, ∃δ > 0 : nếu d(M, M0) < δ thì | f (M)− L| < ǫ. Một cách tương đương, với mọi dãy điểm Mn(xn, yn) thuộc lân cận V dần đến M0 ta đều có lim n→+∞ f (xn, yn) = L. Khi đó ta viết lim (x,y)→(x0,y0) f (x, y) = L hay lim M→M0 f (M) = L. • Khái niệm giới hạn vô hạn cũng được định nghĩa tương tự như đối với hàm số một biến số. • Các định lý về giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương đối với hàm số một biến số cũng đúng cho hàm số nhiều biến số và được chứng minh tương tự. Nhận xét: 145 146 Chương 3. Hàm số nhiều biến số • Theo định nghĩa trên, muốn chứng minh sự tồn tại của giới hạn của hàm số nhiều biến số là việc không dễ vì phải chỉ ra lim n→+∞ f (xn, yn) = l với mọi dãy số {xn → x0}, {yn → y0}. Trong thực hành, muốn tìm giới hạn của hàm số nhiều biến số, phương pháp chứng minh chủ yếu là đánh giá hàm số, dùng nguyên lý giới hạn kẹp để đưa về giới hạn của hàm số một biến số. • Với chiều ngược lại, muốn chứng minh sự không tồn tại giới hạn của hàm số nhiều biến số, ta chỉ cần chỉ ra tồn tại hai dãy {xn → x0, yn → y0} và {x′n → x0, y′n → y0} sao cho lim n→+∞ f (xn, yn) 6= limn→+∞ f (x ′ n, y ′ n) hoặc chỉ ra tồn tại hai quá trình (x, y) → (x0, y0) khác nhau mà f (x, y) tiến tới hai giới hạn khác nhau. 1.2 Tính liên tục của hàm số nhiều biến số • Giả sử hàm số f (M) xác định trong miền D, M0 là một điểm thuộc D. Ta nói rằng hàm số f (M) liên tục tại điểm M0 nếu lim M→M0 f (M) = f (M0) Nếu miền D đóng và M0 là điểm biên của D thì limM→M0 f (M) được hiểu là giới hạn của f (M) khi M dần tới M0 ở bên trong của D. • Hàm số f (M) được gọi là liên tục trong miền D nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc D. • Hàm số nhiều biến số liên tục cũng có những tính chất như hàm số một biến số liên tục. Chẳng hạn, nếu hàm số nhiều biến số liên tục trong một miền đóng, bị chặn thì nó liên tục đều, bị chặn trong miền ấy, đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong miền đó. 1.3 Bài tập Bài tập 3.1. Tìm miền xác định của các hàm số sau a) z = 1√ x2 + y2 − 1 b) z = √ (x2 + y2 − 1)(4− x2 − y2) c) z = arcsin y− 1 x d) z = √ x sin y Bài tập 3.2. Tìm giới hạn (nếu có) của các hàm số sau 146 2. Đạo hàm và vi phân 147 a) f (x, y) = x2 − y2 x2 + y2 (x → 0, y → 0) b) f (x, y) = sin πx 2x + y (x → ∞, y → ∞) Chứng minh. a) Nếu cho (x, y)→ (0, 0) theo phương của đường thẳng y = kx thì ta có f (x, kx) = x2 − k2x2 x2 + k2x2 = 1− k2 1+ k2 → 1− k 2 1+ k2 khi x → 0 Vậy khi (x, y) → (0, 0 theo những phương khác nhau thì f (x, y) dần tới những giới hạn khác nhau. Do đó không tồn tại lim (x,y)→(0,0) f (x, y). b) Nếu cho (x, y)→ (∞, ∞) theo phương của đường thẳng y = kx thì ta có f (x, kx) = sin πx 2x + kx = sin π 2+ k → sin π 2+ k khi x → 0 Vậy khi (x, y) → (0, 0 theo những phương khác nhau thì f (x, y) dần tới những giới hạn khác nhau. Do đó không tồn tại lim (x,y)→(0,0) f (x, y). Bài tập 3.3. [Cuối kì, K62, GT2, Nhóm ngành 2] Tính các giới hạn a) lim (x,y)→(0,0) 2x4 + y4 x2 + 2y2 . b) lim (x,y)→(0,0) x4 + 2y4 2x2 + y2 . [Lời giải] Ta có a) lim (x,y)→(0,0) 2x4 + y4 x2 + 2y2 = lim (x,y)→(0,0) 2x4 x2 + 2y2 + lim (x,y)→(0,0) y4 x2 + 2y2 = 0+ 0 = 0, do 0 ≤ 2x 4 x2 + 2y2 ≤ 2x2, 0 ≤ y 4 x2 + 2y2 ≤ 12y2 và nguyên lý giới hạn kẹp. b) lim (x,y)→(0,0) x4 + 2y4 2x2 + y2 = lim (x,y)→(0,0) x4 2x2 + y2 + lim (x,y)→(0,0) 2y4 2x2 + y2 = 0+ 0 = 0, do 0 ≤ x 4 2x2 + y2 ≤ 12x2, 0 ≤ 2y4 2x2 + y2 ≤ 2y2 và nguyên lý giới hạn kẹp. Chú ý 3.20. Không nhầm lẫn lim (x,y)→(x0,y0) f (x, y) với các giới hạn lặp lim x→x0 lim y→y0 f (x, y) và lim y→y0 lim x→x0 f (x, y). Chẳng hạn như, bạn đọc có thể kiểm tra với hàm số f (x, y) = x2 x2+y2 ta có i) lim (x,y)→(0,0) x2 x2+y2 không tồn tại. ii) lim x→0 lim y→0 f (x, y) x 2 x2+y2 = 1, iii) lim y→0 lim x→0 x2 x2+y2 = 0. 147 148 Chương 3. Hàm số nhiều biến số §2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 2.1 Đạo hàm riêng • Cho hàm số f (x, y) xác định trong một miền D, điểm M(x0, y0) ∈ D. Nếu cho y = y0, hàm số một biến số x 7→ f (x, y0) có đạo hàm tại điểm x = x0 thì đạo hàm đó gọi là đạo hàm riêng của f với biến x tại M0 và được kí hiệu là ∂ f ∂x hay ∂ ∂x f (x, y). ∂ f ∂x = lim △x→0 f (x0 +△x, y0)− f (x0, y0) △x • Cho hàm số f (x, y) xác định trong một miền D, điểm M(x0, y0) ∈ D. Nếu cho x = x0, hàm số một biến số x 7→ f (x0, y) có đạo hàm tại điểm y = y0 thì đạo hàm đó gọi là đạo hàm riêng của f với biến x tại M0 và được kí hiệu là ∂ f ∂y hay ∂ ∂y f (x, y). ∂ f ∂y = lim △y→0 f (x0, y0 +△y)− f (x0, y0) △y Chú ý: Các đạo hàm riêng của các hàm số n biến số (với n ≥ 3) được định nghĩa tương tự. Khi cần tính đạo hàm riêng của hàm số theo biến số nào, xem như hàm số chỉ phụ thuộc vào biến đó, còn các biến còn lại là các hằng số và áp dụng các quy tắc tính đạo hàm như hàm số một biến số. 2.2 Vi phân toàn phần • Cho hàm số z = f (x, y) xác định trong miền D. Lấy các điểm M0(x0, y0) ∈ D, M(x0 + △x0, y0 +△y0) ∈ D. Biểu thức △ f = f (x0 +△x0, y0 +△y0)− f (x0, y0)(x0, y0) được gọi là số gia toàn phần của f tại M0. Nếu như có thể biểu diễn số gia toàn phần dưới dạng △ f = A.△ x + B△ y + α△ y + β△ y trong đó A, B là các hằng số chỉ phụ thuộc x0, y0 còn α, β→ 0 khi M → M0, thì ta nói hàm số z khả vi tại M0, còn biểu thức A.△ x + B△ y + α△ y được gọi là vi phân toàn phần của z = f (x, y) tại M0 và được kí hiệu là dz. Hàm số z = f (x, y) được gọi là khả vi trên miền D nếu nó khả vi tại mọi điểm của miền ấy. • Đối với hàm số một biến số, sự tồn tại đạo hàm tại điểm x0 tưong đương với sự khả vi của nó tại x0. Đối với hàm số nhiều biến số, sự tồn tại của các đạo hàm riêng tại M0(x0, y0) chưa đủ để nó khả vi tại M0 (xem bài tập 3.4). Định lý sau đây cho ta điều kiện đủ để hàm số z = f (x, y) khả vi tại M0. 148 2. Đạo hàm và vi phân 149 Định lý 3.50. Nếu hàm số f (x, y) có các đạo hàm riêng trong lân cận của M0 và nếu các đạo hàm riêng đó liên tục tại M0 thì f (x, y) khả vi tại M0 và dz = f ′x △ x + f ′y △ y Ví dụ 2.1 (Cuối kì, K61 Viện ĐTQT). Sử dụng vi phân, tính gần đúng a) √ (8, 05)2 + (5, 96)2. b) √ (6, 05)2 + (7, 96)2. 2.3 Đạo hàm của hàm số hợp Cho D là một tập hợp trong R2 và các hàm số D ϕ→ ϕ(D) ⊂ R2 f→ R và F = f ◦ ϕ là hàm số hợp của hai hàm số f và ϕ: F(x, y) = f (u(x, y), v(x, y)) Định lý 3.51. Nếu f có các đạo hàm riêng ∂ f ∂x , ∂ f ∂y liên tục trong ϕ(D) và nếu u, v có các đạo hàm riêng ∂u ∂x , ∂u ∂y , ∂v ∂x , ∂v ∂y trong D thì tồn tại các đạo hàm riêng ∂F ∂x , ∂F ∂y và   ∂F ∂x = ∂ f ∂u ∂u ∂x + ∂ f ∂v ∂v ∂x ∂F ∂y = ∂ f ∂u ∂u ∂y + ∂ f ∂v ∂v ∂y (3.1) Công thức 3.1 có thể được viết dưới dạng ma trận như sau ( ∂F ∂x ∂F ∂y ) = ( ∂ f ∂u ∂ f ∂v ) ∂u ∂x ∂u ∂y ∂v ∂x ∂v ∂y   trong đó ma trận   ∂u ∂x ∂u ∂y ∂v ∂x ∂v ∂y   được gọi là ma trận Jacobi của ánh xạ ϕ, định thức của ma trận ấy được gọi là định thức Jacobi của u, v với x, y và được kí hiệu là D(u, v) D(x, y) . 149 150 Chương 3. Hàm số nhiều biến số 2.4 Đạo hàm và vi phân cấp cao • Cho hàm số hai biến số z = f (x, y). Các đạo hàm riêng f ′x, f ′y là những đạo hàm riêng cấp một. Các đạo hàm riêng của các đạo hàm riêng cấp một nếu tồn tại được gọi là những đạo hàm riêng cấp hai. Có bốn đạo hàm riêng cấp hai được kí hiệu như sau:  ( f ′x)′x = f ”xx = ∂ ∂x ( ∂ f ∂x ) = ∂2 f ∂x2 ( f ′x)′y = f ”xy = ∂ ∂y ( ∂ f ∂x ) = ∂2 f ∂y∂x ( f ′y)′x = f ”yx = ∂ ∂x ( ∂ f ∂y ) = ∂2 f ∂x∂y ( f ′y)′y = f ”yy = ∂ ∂y ( ∂ f ∂y ) = ∂2 f ∂y2 Các đạo hàm riêng của các đạo hàm riêng cấp hai, nếu tồn tại, được gọi là các đạo hàm riêng cấp ba, ... Định lý 3.52 (Schwarz). Nếu trong một lân cận U nào đó của điểm M0(x0, y0) hàm số z = f (x, y) có các đạo hàm riêng f ”xy, f ”yx và nếu các đạo hàm riêng ấy liên tục tại M0 thì f ”xy = f ”yx tại M0. • Xét hàm số z = f (x, y), vi phân toàn phần của nó dz = f ′xdx + f ′ydy, nếu tồn tại, cũng là một hàm số với hai biến số x, y. Vi phân toàn phần của dz, nếu tồn tại, được gọi là vi phân toàn phần cấp hai của z và được kí hiệu là d2z. Ta có công thức d2z = f ”xxdx 2 + 2 f ”xydxdy + f ” yydy 2 Ví dụ 2.2 (Cuối kì, K62, GT2, Nhóm ngành 2). Cho hàm số z = z(x, y) có các đạo hàm riêng cấp một liên tục, ở đó  x = r cos ϕ,y = r sin ϕ. Chứng minh rằng ( ∂z ∂x )2 + ( ∂z ∂y )2 = ( ∂z ∂r )2 + 1 r2 ( ∂z ∂ϕ )2 . 2.5 Đạo hàm theo hướng - Gradient Định nghĩa 3.34. Cho f (x, y, z) là một hàm số xác định trong một miền D ∈ R3 và ~l = (l1, l2, l3) là một véctơ đơn vị bất kì trong R3. Giới hạn, nếu có, lim t→0 f (M0 + t~l)− f (M) t (3.2) 150 2. Đạo hàm và vi phân 151 được gọi là đạo hàm của hàm số f theo hướng~l tại M0 và được kí hiệu là ∂ f ∂~l (M0). • Nếu~l không phải là véc tơ đơn vị thì giới hạn trong công thức 3.2 có thể được thay bằng lim t→0 u(x0 + t cos α, y0 + t cos β, z0 + t cosγ)− u(x0, y0, z0) t , trong đó cos α, cos β, cosγ là các cosin chỉ phương của −→ l . • Nếu~l trùng với véctơ đơn vị i của trục Ox thì đạo hàm theo hướng~l chính là đạo hàm riêng theo biến x của hàm f ∂ f ∂~l (M0) = ∂ f ∂x (M0) • Vậy đạo hàm riêng theo biến x chính là đạo hàm theo hướng của trục Ox, cũng như vậy, ∂ f ∂y , ∂ f ∂z là các đạo hàm của f theo hướng của trục Oy và Oz. Định lý sau đây cho ta mối liên hệ giữa đạo hàm theo hướng và đạo hàm riêng: Định lý 3.53. Nếu hàm số f (x, y, z) khả vi tại điểm M0(x0, y0, z0) thì tại M0 có đạo hàm theo mọi hướng~l và ta có ∂ f ∂~l (M0) = ∂ f ∂x (M0) cos α+ ∂ f ∂y (M0) cos β+ ∂ f ∂z (M0) cosγ trong đó (cos α, cos β, cosγ) là cosin chỉ phương của~l. Cho f (x, y, z) là hàm số có các đạo hàm riêng tại M0(x0, y0, z0). Người ta gọi gradient của f tại M0 là véctơ ( ∂ f ∂x (M0), ∂ f ∂y (M0), ∂ f ∂z (M0) ) và được kí hiệu là −−→ grad f (M0). Định lý 3.54. Nếu −→ l là một véctơ đơn vị và hàm số f (x, y, z) khả vi tại M0 thì tại đó ta có ∂ f ∂~l (M0) = −−→ grad f .~l Chú ý: ∂ f ∂~l (M0) thể hiện tốc độ biến thiên của hàm số f tại M0 theo hướng~l. Từ công thức ∂ f ∂~l (M0) = −−→ grad f .~l = ∣∣∣−−→grad f ∣∣∣ ∣∣∣~l∣∣∣ . cos (−−→grad f ,~l) ta có ∣∣∣∣∂ f ∂~l (M0) ∣∣∣∣ đạt giá trị lớn nhất bằng ∣∣∣−−→grad f ∣∣∣ ∣∣∣~l∣∣∣ nếu~l có cùng phương với −−−→grad f . Cụ thể • Theo hướng~l, hàm số f tăng nhanh nhất tại M0 nếu~l có cùng phương, cùng hướng với −−−→ grad f . • Theo hướng~l, hàm số f giảm nhanh nhất tại M0 nếu~l có cùng phương, ngược hướng với −−−→ grad f . 151 152 Chương 3. Hàm số nhiều biến số 2.6 Hàm ẩn - Đạo hàm của hàm số ẩn • Cho phương trình F(x, y) = 0 trong đó F : U → R là một hàm số có các đạo hàm riêng liên tục trên tập mở U ⊂ R2 và F′y(x0, y0) 6= 0. Khi đó phương trình F(x, y) = 0 xác định một hàm số ẩn y = y(x) trong một lân cận nào đó của x0 và có đạo hàm y′(x) = −F ′ x F′y • Tương tự, cho phương trình F(x, y, z) = 0 trong đó F : U → R là một hàm số có các đạo hàm riêng liên tục trên tập mở U ⊂ R3 và F′z(x0, y0, z0) 6= 0. Khi đó phương trình F(x, y, z) = 0 xác định một hàm số ẩn z = z(x, y) trong một lân cận nào đó của (x0, y0) và có đạo hàm z′x = − F′x F′z , z′y = − F′y F′z 2.7 Bài tập Bài tập 3.4. Chứng minh rằng hàm số f (x, y) =   xy x2 + y2 nếu (x, y) 6= (0, 0) 0 nếu (x, y) = (0, 0) có các đạo hàm riêng tại (0, 0) nhưng không liên tục tại (0, 0) và do đó không khả vi tại (0, 0). Bài tập 3.5. Tính các đạo hàm riêng của hàm số sau a) z = ln ( x + √ x2 + y2 ) b) z = y2 sin xy c) z = xy3 d) z = arctan √ x2−y2 x2+y2 e) u = xyz , (x, y, z > 0) f) u = e 1 x2+y2+z2 , (x, y, z > 0) Chứng minh. a) z′x = 1+ x√ x2+y2 x + √ x2 + y2 = 1√ x2 + y2 ; z′y = y√ x2+y2 x + √ x2 + y2 b) z′x = y cos x y ; z′y = 2y sin x y − x cos x y . 152 2. Đạo hàm và vi phân 153 c) z′x = y3xy 3−1; z′y = 3y2 ln x.xy 3 d) z′x = 1 x2−y2 x2+y2 + 1 ∂ ∂x (√ x2 − y2 x2 + y2 ) = y2 x √ x4 − y4 z′y = 1 x2−y2 x2+y2 + 1 ∂ ∂y (√ x2 − y2 x2 + y2 ) = −y√ x4 − y4 e) u′x = yzxy z−1; u′y = xy z zyz−1. ln x; u′z = xy z yz ln y ln x f) u′x = e 1 x2+y2+z2 . −2x (x2 + y2 + z2) 2 ; u′y = e 1 x2+y2+z2 −2y (x2 + y2 + z2) 2 ; u′z = e 1 x2+y2+z2 −2z (x2 + y2 + z2) 2 . Bài tập 3.6. Khảo sát sự liên tục và sự tồn tại, liên tục của các đạo hàm riêng của các hàm số f (x, y) sau a) f (x, y) =  x arctan ( y x )2 nếu x 6= 0 0 nếu x = 0 b) f (x, y) =   x sin y− y sin x x2 + y2 nếu (x, y) 6= (0, 0) 0 nếu (x, y) = (0, 0) . Chứng minh. a) Dễ thấy hàm số liên tục với mọi (x, y) 6= (0, y). Xét x = 0, vì ∣∣∣x arctan ( yx)2∣∣∣ ≤ π2 |x| nên limx→0 x. arctan ( yx)2 = 0 = f (0, y) . Vậy f (x, y) liên tục trên R2. Với x 6= 0 các đạo hàm riêng tồn tại và liên tục: z′x = arctan (y x )2 − 2x2y2 x4 + y4 , z′y = 2x3y x4 + y4 Xét tại x = 0,  f ′x (0, y) = lim h→0 f (h, y)− f (0, y) h = arctan ( h y )2 =   0, y = 0 π 2 , y 6= 0 f ′y (0, y) = lim k→0 f (0, y + k)− f (0, y) k = lim k→0 0 = 0 Vậy ta thấy f ′x (x, y) liên tục trên R2\ (0, 0) ; f ′y (x, y) liên tục trên R2. 153 154 Chương 3. Hàm số nhiều biến số b) Hàm số liên tục trên R2\ (0, 0), còn tại (0, 0) thì 0 ≤ ∣∣∣∣x sin y− ysinxx2 + y2 ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ xyx2 + y2 ( sin y y − sin x x )∣∣∣∣ ≤ 12 ∣∣∣∣sin yy − sin xx ∣∣∣∣ nên lim x→0 y→0 ∣∣∣∣x sin y− ysinxx2 + y2 ∣∣∣∣ = 0 Vậy f (x, y) liên tục trên R2. Bài tập 3.7. Giả sử z = y f ( x2 − y2) , ở đó f là hàm số khả vi. Chứng minh rằng đối với hàm số z hệ thức sau luôn thoả mãn 1 x z′x + 1 y z′y = z y2 Chứng minh. Ta có z′x = y f ( x2 − y2 ) .2x, z′y = f ( x2 − y2 ) + y. f ( x2 − y2 ) . (−2y) nên 1 x z′x + 1 y z′y = f ( x2 − y2) y = z y2 Bài tập 3.8. Tìm đạo hàm của hàm số hợp sau đây a) z = eu2−2v2 , u = cos x, v = √ x2 + y2. b) z = ln ( u2 + v2 ) , u = xy, v = xy . c) z = arcsin (x− y) , x = 3t, y = 4t3. Chứng minh. a) Ta có { u′x = − sin x u′y = 0 ;   v′x = x√x2+y2 v′y = y√ x2+y2 ; nên  z ′ x = e cos x2−2(x2+y2) [− sin 2x− 4x] . z′y = e cos x2−2(x2+y2) [−4y] . b) Ta có { u′x = y u′y = x ; { v′x = 1y v′y = −xy2 nên z′x = 2 x , z′y = 2 ( y4 − 1) y (y4 + 1) 154 2. Đạo hàm và vi phân 155 c) Ta có { x′t = 3 y′t = 12t2 nên z′t = 1√ 1− (x− y)2 ( 3− 12t2 ) Bài tập 3.9. Tìm vi phân toàn phần của các hàm số a) z = sin ( x2 + y2 ) b) z = ln tan yx c) z = arctan x+yx−y d) u = xy2z Chứng minh. a) dz = cos ( x2 + y2 ) (2xdx + 2ydy) b) dz = 2 sin 2y x . ( xdy− ydx x2 ) . c) dz = (x− y) dx + (x + y) dy (x− y)2 + (x + y)2 . d) du = xy 2z ( y2z x dx + 2yz ln xdy + y2 ln xdz ) . Bài tập 3.10. Tính gần đúng a) A = 3 √ (1, 02)2 + (0, 05)2 b) B = ln ( 3 √ 1, 03+ 4 √ 0, 98− 1) Chứng minh. a) Xét hàm f (x, y) = 3 √ x2 + y2, ∆x = 0, 02; ∆y = 0, 05; x = 1; y = 0. Ta có f ′x = 1 3 (x2 + y2) 2/3 2x; f ′y = 1 3 (x2 + y2) 2/3 2y Khi đó f (1+ ∆x, 0+ ∆y) ≈ f (1, 0) + f ′x (1, 0)∆x + f ′y (1, 0)∆y = 1+ 2 3 .0, 02+ 0.0, 05 = 1, 013. 155 156 Chương 3. Hàm số nhiều biến số b) Xét hàm f (x, y) = ln ( 3 √ x + 4 √ y− 1) ; x = 1; y = 1; ∆x = 0, 03; ∆y = 0, 02 Ta có f ′x = 1 3 √ x + 4 √ y− 1. 1 3x 2 3 ; f ′y = 1 3 √ x + 4 √ y− 1. 1 3y 3 4 Khi đó f (1+ ∆x, 1+ ∆y) ≈ f (1, 1) + f ′x (1, 1)∆x + f ′y (1, 1)∆y = 0+ 1 3 .0, 03+ 1 4 (−0, 02) = 0, 005. Bài tập 3.11. Tìm đạo hàm của các hàm số ẩn xác định bởi các phương trình sau a) x3y− y3x = a4; tính y′ b) arctan x+ya = y a ; tính y ′ c) x + y + z = ez; tính z′x, z′y d) x3 + y3 + z3 − 3xyz = 0, tính z′x, z′y Chứng minh. a) Xét hàm số ẩn F (x, y) = x3y − y3x − a4 = 0, có F′x = 3x2y − y3; F′y = x3 − 3y2x. Vậy y′ = −F′x F′y = −3x 2y− y3 x3 − 3y2x b) Xét hàm số ẩn F (x, y) = arctan x+ya − ya có   F′x = 1 a 1+( x+ya ) 2 = a a2+(x+y)2 F′y = aa2+(x+y)2 − 1 a = a2−a2−(x+y)2 a(a2+(x+y)2) nên y′ = a (x + y)2 . c) Xét hàm số ẩn F (x, y, z) = x + y + z− ez có F′x = 1; F′y = 1; F′z = 1− ez nên z′x = −1 1− ez ; z ′ y = −1 1− ez d) Xét hàm số ẩn F (x, y) = x3+ y3+ z3− 3xyz = 0 có F′x = 3x2− 3yz; F′y = 3y2− 3xz; F′z = 3z2 − 3xy nên z′x = 3yz− 3x2 3z2 − 3xy ; z ′ x = 3xz− 3y2 3z2 − 3xy Bài tập 3.12. Cho u = x+zy+z , tính u′x, u′y biết rằng z là hàm số ẩn của x, y xác định bởi phương trình z.ez = x.ex + y.ey 156 2. Đạo hàm và vi phân 157 Chứng minh. Xét hàm số F (x, y, z) = zez − xex − yey = 0 có   F′x = − (ex + xex) F′y = − (ey + yey) F′z = ez + zez nên   u′x = (1+ z′x) . (y + z)− (x + z) (z′x) (y + z)2 = ( 1+ e x+xex ez+zez ) − (x + z) ex+xexez+zez (y + z)2 u′y = (x + z) . ( 1+ z′y ) − (y + z) ( z′y ) (y + z)2 = (x + z) . ( 1+ e y+yey ez+zez ) − (y + z) ( ey+yey ez+zez ) (y + z)2 Bài tập 3.13. Tìm đạo hàm của các hàm số ẩn y(x), z(x) xác định bởi hệ x + y + z = 0x2 + y2 + z2 = 1 Chứng minh. Lấy đạo hàm hai vế của các phương trình của hệ ta có 1+ y ′ x + z ′ x = 0 2x + 2yy′x + 2zz′x = 0 nên   y′x = z− x y− z z′x = x− y y− z Bài tập 3.14. Phương trình z2 + 2x = √ y2 − z2, xác định hàm ẩn z = z (x, y). Chứng minh rằng x2z′x + 1y z ′ y = 1 z Chứng minh. Xét hàm số F (x, y, z) = z2 + 2x − √ y2 − z2 có   F′x = − 2x2 F′y = −y√ y2−z2 F′z = 2z + z√y2−z2 nên   z′x = 2 x2 2z + z√ y2−z2 z′y = −y√ y2−z2 2z + z√ y2−z2 Từ đó suy ra x2z′x + z′y y = 1 z . Bài tập 3.15. Tính các đạo hàm riêng cấp hai của các hàm số sau 157 158 Chương 3. Hàm số nhiều biến số a) z = 13 √ (x2 + y2) 3 b) z = x2 ln ( x2 + y2 ) c) z = arctan yx Chứng minh. a) Ta có  z ′ x = x √ x2 + y2 z′y = y √ x2 + y2 ⇒   z′′xx = √ x2 + y2 + x 2x 2 √ x2 + y2 = 2x2 + y2√ x2 + y2 z′′yy = √ x2 + y2 + y 2y 2 √ x2 + y2 = x2 + 2y2√ x2 + y2 z′′xy = 2xy 2 √ x2 + y2 = xy√ x2 + y2 b) Ta có   z′x = 2x ln (x + y) + x2 x + y z′y = x2 x + y ⇒   z′′xx = 2 ln (x + y) + 2x x + y + 2x (x + y)− x2 (x + y)2 z′′xy = 2x x + y + −x2 (x + y)2 z′′yy = x2 (x + y)2 c) Ta có   z′x = 1 1+ ( y x )2 .−yx2 = −yx2 + y2 z′y = 1 1+ ( y x )2 1x = xx2 + y2 ⇒   z′′xx = 2xy (x2 + y2) 2 z′′xy = − (x2 + y2)+ y.2y (x2 + y2) 2 = y2 − x2 (x2 + y2) 2 z′′yy = −2xy (x2 + y2) 2 Bài tập 3.16. Tính vi phân cấp hai của các hàm số sau a) z = xy2 − x2y b) z = 1 2(x2+y2) Chứng minh. a) Ta có dz = ( y2 − 2xy) dx + (2xy− x2) dy nên d2z = −2y (dx)2 + 4 (y− x) dxdy+ (2y) (dy)2 b) Ta có dz = x 2(x2+y2) 2 dx + y 2(x2+y2) 2 dy nên d2z = y2 − 3x2 (x2 + y2) 3 (dx)2 − 4xy (x2 + y2) 3 dxdy + x2 − 3y2 (x2 + y2) 3 (dy)2 158 3. Cực trị của hàm số nhiều biến số 159 §3. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ 3.1 Cực trị tự do Định nghĩa 3.35. Cho hàm số z = f (x, y) xác định trong một miền D và M0(x0, y0) ∈ D. Ts nói rằng hàm số f (x, y) đạt cực trị tại M0 nếu với mọi điểm M trong lân cận nào đó của M0 nhưng khác M0, hiệu số f (M)− f (M0) có dấu không đổi. • Nếu f (M)− f (M0) > 0 trong một lân cận nào đó của M0 thì M0 được gọi là cực tiểu của hàm số f tại M0. • Nếu f (M)− f (M0) < 0 trong một lân cận nào đó của M0 thì M0 được gọi là cực đại của hàm số f tại M0. Trong phần tiếp theo chúng ta sử dụng các kí hiệu sau: p = f ′x(M), q = fy(M), r = fxx”(M), s = fxy”(M), t = fyy”(M) Định lý 3.55. Nếu hàm số f (x, y) đạt cực trị tại M và tại đó các đạo hàm riêng p = f ′x(M), q = fy(M) tồn tại thì các đạo hàm riêng ấy bằng không. Định lý 3.56. Giả sử hàm số z = f (x, y) có các đạo hàm riêng đến cấp hai liên tục trong một lân cận nào đó của M0(x0, y0). Giả sử tại M0 ta có p = q = 0, khi đó 1. Nếu s2 − rt 0, là cực đại nếu r < 0. 2. Nếu s2 − rt > 0 thì f (x, y) không đạt cực trị tại M0. Chú ý: Nếu s2 − rt = 0 thì chưa kết luận được điều gì về điểm M0, nó có thể là cực trị, cũng có thể không. Trong trường hợp đó ta sẽ dùng định nghĩa để xét xem M0 có phải là cực trị hay không bằng cách xét hiệu f (M)− f (M0), nếu nó xác định dấu trong một lân cận nào đó của M0 thì nó là cực trị và ngược lại. Ví dụ 3.1 (Cuối kì, K61 Viện ĐTQT). Tìm các cực trị của hàm số a) z = x2 − 2x + arctan(y2). b) z = y2 − 2y + arctan(x2). Bài tập 3.17. Tìm cực trị của các hàm số sau 159 160 Chương 3. Hàm số nhiều biến số a) z = x2 + xy + y2 + x− y + 1 b) z = x + y− x.ey c) z = 2x4 + y4 − x2 − 2y2 d) z = x2 + y2 − e−(x2+y2) Chứng minh. a) Xét hệ phương trình  p = z ′ x = 2x + y + 1 = 0 q = z′y = x + 2y− 1 = 0 ⇔  x = −1y = 1 . Vậy ta có M (−1, 1) là điểm tới hạn duy nhất. Ta có A = z′′xx(M) = 2; B = z′′xy(M) = 1;C = z′′yy(M) = 2 nên B2− AC = 1− 4 = −3 < 0. Vậy hàm số đạt cực trị tại M và do A > 0 nên M là điểm cực tiểu. b) Xét hệ phương trình  p = 1− e y = 0 q = 1− xey = 0 ⇔  x = 1y = 0 Vậy hàm số có điểm tới hạn duy nhất M (1, 0). Ta có A = z′′xx(M) = 0; B = z′′xy(M) = −1;C = z′′yy(M) = −1 nên B2 − AC = 1 > 0. Hàm số đã cho không có cực trị. c) Xét hệ phương trình z ′ x = 8x 3 − 2x z′y = 4y3 − 4y ⇔  x ( 4x2 − 1) = 0 y ( y2 − 1) = 0 ⇔  x = 0∨ x = 1 2 ∨ x = − 12 y = 0∨ y = 1∨ y = −1 Vậy các điểm tới hạn của hàm số là M1 (0, 0) ; M2 (0, 1) ; M3 (0,−1) ; M4 ( 1 2 , 0 ) ; M5 ( 1 2 , 1 ) M6 ( 1 2 ,−1 ) ; M7 ( −1 2 , 0 ) ; M8 ( −1 2 , 1 ) ; M9 ( −1 2 ,−1 ) Ta có z′′xx = 24x2 − 2; z′′xy = 0; z′′yy = 12y2 − 4. • Tại M1(0, 0), A = −2; B = 0;C = −4; B2 − AC = −8 < 0 nên M1 là điểm cực đại với z = 0. • Tại M2 (0, 1) ; M3 (0,−1) ; A = −2; B = 0;C = 8; B2 − AC = 16 > 0 nên M2, M3 không phải là điểm cực đại với z = 0. • Tại M4 ( 1 2 , 0 ) ; M7 ( −1 2 , 0 ) ; A = 4; B = 0;C = −4; B2 − AC = 16 > 0 nên M4, M7 không phải là điểm cực đại với z = 0. • Tại M5 ( 1 2 , 1 ) ; M6 ( 1 2 ,−1 ) ; M8 ( − 12 , 1 ) ; M9 ( − 12 ,−1 ) ; A = 4; B = 0;C = 8; B2 − AC = −32 < 0 nên M5, M6, M8, M9 là các điểm cực tiểu với giá trị tại đó là z = − 98 . d) Xét hệ phương trình  p = z ′ x = 2x + e −(x2+y2).2x = 0 q = z′y = 2y + e −(x2+y2).2y = 0 ⇔  x = 0y = 0 160 3. Cực trị của hàm số nhiều biến số 161 Vậy M(0, 0) là điểm tới hạn duy nhất. Xét z′′xx = 2+ 2.e −(x2+y2) − 4x2.e−(x2+y2) z′′xy = −4xy.e−(x 2+y2) z′′yy = 2+ 2.e −(x2+y2) − 4y2.e−(x2+y2) Tại M(0, 0) có A = 4; B = 0;C = 4; B2 − AC = −16 0 nên tại M hàm số đạt cực tiểu. 3.2 Cực trị có điều kiện Cho tập mở U ⊂ R2 và hàm số f : U → R. Xét bài toán tìm cực trị của hàm số f (x, y) khi các biến x, y thoả mãn phương trình ϕ(x, y) = 0 Ta nói rằng tại điểm (x0, y0) ∈ U thoả mãn điều kiện ϕ(x0, y0) = 0 hàm f có cực đại tương đối (tương ứng cực tiểu tương đối) nếu tồn tại một lân cận V ⊂ U sao cho f (x, y) ≤ f (x0, y0) (tương ứng f (x, y) ≥ f (x0, y0)) với mọi (x, y) ∈ V thoả mãn điều kiện ϕ(x, y) = 0. Điểm (x0, y0) được gọi là cực trị có điều kiện của hàm số f (x, y), còn điều kiện ϕ(x, y) = 0 được gọi là điều kiện ràng buộc của bài toán. Nếu trong một lân cận của (x0, y0) từ hệ thức ϕ(x, y) = 0 ta xác định được hàm số y = y(x) thì rõ ràng (x0, y(x0)) là cực trị địa phương của hàm số một biến số g(x) = f (x, y(x)). Như vậy, trong trường hợp này bài toán tìm cực trị ràng buộc được đưa về bài toán tìm cực trị tự do của hàm số một biến số. Ta xét bài toán sau đây Bài tập 3.18. Tìm cực trị có điều kiện a) z = 1x + 1 y với điều kiện 1 x2 + 1 y2 = 1 a2 b) z = x.y với điều kiện x + y = 1 Chứng minh. a) Đặt x = asin t ; y = a cos t , ta có 1 x2 + 1 y2 = 1 a2 . Khi đó z = 1 x + 1 y = sin t a + cos t a . Ta có z′t = cos t a − sin t a = √ 2 a sin (π 4 − t ) = 0⇔ t = π 4 ∨ t = 5π 4 Với t = π4 ta có x = √ 2a; y = √ 2a, hàm số đạt cực tiểu và zCT = − √ 2 a . Với t = 5π4 ta có x = − √ 2a; y = −√2a, hàm số đạt cực đại và zCĐ = √ 2 a . 161 162 Chương 3. Hàm số nhiều biến số b) Từ điều kiện x + y = 1 ta suy ra y = 1− x. Vậy z = xy = x(1− x). Dễ dàng nhận thấy hàm số x = x(1− x) đạt cực đại tại x = 12 và zCĐ = 14 . Tuy nhiên không phải lúc nào cũng tìm được hàm số y = y(x) từ điều kiện ϕ(x, y) = 0. Do đó bài toán tìm cực trị điều kiện không phải lúc nào cũng đưa được về bài toán tìm cực trị tự do. Trong trường hợp đó ta dùng phương pháp Lagrange được trình bày dưới đây. Định lý 3.57 (Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị điều kiện). Giả sử U là một tập mở trong R2, f : U → R và (x0, y0) là điểm cực trị của hàm f với điều kiện ϕ(x, y) = 0. Hơn nữa giả thiết rằng: a. Các hàm f (x, y), ϕ(x, y) có các đạo hàm riêng liên tục trong một lân cận của (x0, y0). b. ∂ϕ∂y (x0, y0) 6= 0. Khi đó tồn tại một số λ0 cùng với x0, y0 tạo thành nghiệm của hệ phương trình sau (đối với λ, x, y)   ∂φ ∂x = 0 ∂φ ∂y = 0 ∂φ ∂λ = 0 ⇔   ∂ f ∂x (x, y) + λ ∂ϕ ∂x (x, y) = 0 ∂ f ∂y (x, y) + λ ∂ϕ ∂y (x, y) = 0 ϕ(x, y) = 0 (3.3) với φ(x, y,λ) = f (x, y) + λϕ(x, y) được gọi là hàm Lagrange. Định lý trên chính là điều kiện cần của cực trị có ràng buộc. Giải hệ phương trình 3.3 ta sẽ thu được các điểm tới hạn. Giả sử M(x0, y0) là một điểm tới hạn ứng với giá trị λ0. Ta có φ(x, y,λ0)− φ(x0, y0,λ0) = f (x, y) + λ0ϕ(x, y)− f (x0, y0)− λ0ϕ(x0, y0) = f (x, y)− f (x0, y0) nên nếu M là một điểm cực trị của hàm số φ(x, y,λ0) thì M cũng là điểm cực trị của hàm số f (x, y) với điều kiện ϕ(x, y) = 0. Muốn xét xem M có phải là điểm cực trị của hàm số φ(x, y,λ0) hay không ta có thể quay lại sử dụng định lý 3.56 hoặc đi tính vi phân cấp hai d2φ(x0, y0,λ0) = ∂2φ ∂x2 (x0, y0,λ0)dx 2 + 2 ∂2φ ∂x∂y (x0, y0,λ0)dxdy + ∂2φ ∂y2 (x0, y0,λ0)dy 2 trong đó dx và dy liên hệ với nhau bởi hệ thức ∂ϕ ∂x (x0, y0)dx + ∂ϕ ∂y (x0, y0)dy = 0 hay dy = − ∂ϕ ∂x (x0, y0) ∂ϕ ∂y (x0, y0) dx 162 3. Cực trị của hàm số nhiều biến số 163 Thay biểu thức này của dy vào d2φ(x0, y0,λ0) ta có d2φ(x0, y0,λ0) = G(x0, y0,λ0)dx 2 Từ đó suy ra • Nếu G(x0, y0,λ0) > 0 thì (x0, y0) là điểm cực tiểu có điều kiện. • Nếu G(x0, y0,λ0) < 0 thì (x0, y0) là điểm cực đại có điều kiện. Bài tập 3.19. Tìm cực trị có điều kiện của hàm số z = 1x + 1 y với điều kiện 1 x2 + 1 y2 = 1 a2 Chứng minh. Xét hàm số Lagrange φ(x, y,λ) = 1x + 1 y + λ( 1 x2 + 1 y2 − 1 a2 ). Từ hệ phương trình   ∂φ ∂x = − 1x2 − 2λx3 ∂φ ∂y = − 1y2 − 2λy3 ∂φ ∂λ = 1 x2 + 1 y2 − 1 a2 = 0 ta thu được các điểm tới hạn là M1(a √ 2, a √ 2) ứng với λ1 = − a√2 , M2(−a √ 2,−a√2) ứng với λ2 = a√2 . Ta có d2φ = ∂2φ ∂x2 dx2 + 2 ∂2φ ∂x∂y dxdy + ∂2φ ∂y2 dy2 = ( 2 x3 + 6λ x4 ) dx2 + ( 2 y3 + 6λ y4 ) dy2 Từ điều kiện 1 x2 + 1 y2 − 1 a2 = 0 suy ra − 2 x3 dx− 2 y3 dy = 0 nên dy = − y3 x3 dx, thay vào biểu thức d2φ ta có • Tại M1, d2φ(M1) = − √ 2 4a3 (dx2 + dy2) = − 2 √ 2 4a3 (dx2) < 0 nên M1 là điểm cực đại có điều kiện. • Tại M2, d2φ(M2) = √ 2 4a3 (dx2 + dy2) = 2 √ 2 4a3 (dx2) > 0 nên M2 là điểm cực tiểu có điều kiện. 3.3 Giá trị lớn nhất - Giá trị nhỏ nhất Giả sử f : A → R là hàm số liên tục trên tập hợp đóng A của R2. Khi đó, f đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên A. Để tìm các giá trị này ta hãy tìm giá trị của hàm số tại tất cả các điểm dừng trong miền A cũng như tại các điểm đạo hàm riêng không tồn tại, sau đó so sánh các giá trị này với các giá trị của hàm trên biên ∂A của A (tức là ta phải xét cực trị có điều kiện). Bài tập 3.20. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số: 163 164 Chương 3. Hàm số nhiều biến số a) z = x2y(4− x− y) trong hình tam giác giới hạn bởi các đường x = 0, y = 0, x + y = 6. b) z = sin x + sin y + sin(x + y) trong hình chữ nhật giới hạn bởi các đường x = 0, x = π 2 , y = 0, y = π 2 . 164