Bài 2: Hàm nhiều biến - Cực trị hàm nhiều biến

Cho hàm số $f(x) = f(x_1,x_2,...,x_n)$ xác định trên $D \subset {R^n}$ và $a = a(x_1,x_2,...,x_n) \in D$. Ta nói f đạt cực đại (cực tiểu) địa phương tại a nếu tồn tại tập $S = \left\{ {x \in D/d(x,a) < \alpha } \right\}$ sao cho $f(a) \ge f(x)$ (hoặc $f(a) \le f(x)),\,\forall x \in S \cap D.$

Cực đại địa phương hay cực tiểu địa phương gọi chung là cực trị địa phương.

Định lý (điều kiện cần): Cho hàm số $f(x_1,x_2,...,x_n)$ xác định trên tập mở D chứa x0. Nếu hàm số $f(x_1,x_2,...,x_n)$ có cực trị địa phương tại ${x_0} = \left( {x_1^0,x_2^0,...,x_n^0} \right)$ và giả sử các đạo hàm riêng cấp một $\frac{{\partial f}}{{\partial {x_i}}}({x_0})$ tồn tại $\forall i = \overline {1,n}$ thì:

$\frac{{\partial f}}{{\partial {x_i}}}({x_0}) = 0,\forall i = \overline {1,n}$

Những điểm ${x_0} = \left( {x_1^0,x_2^0,...,x_n^0} \right)$ thỏa điều kiện $\frac{{\partial f}}{{\partial {x_i}}}({x_0}) = 0,\forall i = \overline {1,n}$ được gọi là những điểm dừng. Những điểm dừng là những điểm có thể đạt cực trị.

Ghi chú: Định lý trên chỉ là điều kiện cần. Có khi các đạo hàm riêng tại ${x_0} = \left( {x_1^0,x_2^0,...,x_n^0} \right)$ của f không tồn tại nhưng f vẫn có thể đạt cực trị tại x0.

Ví dụ: $f(x,y) = {x^3} + {y^3}$có $\frac{{\partial f}}{{\partial x}}(0,0) = \frac{{\partial f}}{{\partial y}}(0,0) = 0$ nhưng f không đạt cực trị tại (0,0).

Ví dụ: $f(x,y) = \sqrt {{x^2} + {y^2}}$. Ta có $\frac{{\partial f}}{{\partial x}}(0,0), \frac{{\partial f}}{{\partial y}}(0,0)$ không tồn tại nhưng f đạt cực tiểu tại (0,0).

Hàm $A({h_1},{h_2},...,{h_n}) = \sum\limits_{i,j = 1}^n {{a_{ij}}{h_i}{h_j}} (*)$ của các biến ${h_1},{h_2},...,{h_n}$được gọi là dạng toàn phương, các số aij được gọi là hệ số của dạng toàn phương.

Dạng toàn phương (*) được gọi là xác định dương (hoặc xác định âm) nếu $\forall {h_1},{h_2},...,{h_n}$ thỏa $\sum\limits_{i,j = 1}^n {h_i^2 > 0}$ có $\sum\limits_{i,j = 1}^n {{a_{ij}}{h_i}{h_j}}$ giá trị dương (hoặc âm).

Dạng toàn phương xác định dương hay xác định âm gọi chung là dạng xác định dấu.

Xét dạng toàn phương $A\left( {{h_1},{h_2},...,{h_n}} \right) = \sum\limits_{i,j = 1}^n {{a_{ij}}{h_i}} {h_j}\,\,(*)$

Giả sử ${a_{ij}} = {a_{ij}},\forall i,j = \overline {1,n}$. Khi đó ta có: 

i) (*) là dạng toàn phương xác định dương $\Leftrightarrow {a_{11}} > 0$

$\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}} \end{array}} \right| > 0,\,\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}} \end{array}} \right| > 0,...,\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{1n}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{2n}}}\\ \begin{array}{l} ....\\ {a_{n1}} \end{array}&\begin{array}{l} \\ {a_{n2}} \end{array}&\begin{array}{l} \\ {a_{nm}} \end{array} \end{array}} \right| > 0$

ii) (*) là dạng toàn phương xác định âm $\Leftrightarrow {a_{11}} < 0$

$\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}} \end{array}} \right| > 0,\,\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}} \end{array}} \right| < 0,...,{( - 1)^n}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{1n}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{2n}}}\\ \begin{array}{l} ....\\ {a_{n1}} \end{array}&\begin{array}{l} \\ {a_{n2}} \end{array}&\begin{array}{l} \\ {a_{nm}} \end{array} \end{array}} \right| > 0$

Giả sử $\forall i,j = \overline {1,n} ;\,\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x_i}\partial {x_j}}}$ tồn tại và liên tục trong lân cận của điểm dừng ${x_0} = \left( {x_1^0,x_2^0,...,x_n^0} \right)$

Nếu ${d^2}f({x_0}) = \sum\limits_{i,j = 1}^n {\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x_i}\partial {x_j}}}} d{x_i}d{x_j}$ là dạng toàn phương xác định dấu của các biến $dx_1, dx_2, dx_n$ thì f đạt cực trị địa phương tại x0. Khi đó, nếu $d^2f(x_0) < 0$ thì f đạt cực đại tại x0 và nếu $d^2f(x_0) > 0$ thì f đạt cực tiểu tại x0.

Giả sử $\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}},\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {y^2}}},\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}}$ tồn tai và liên tục tai $M_0(x_0, y_0)$. Giả sử $\frac{{\partial f}}{{\partial x}}({x_0},{y_0}) = \frac{{\partial f}}{{\partial y}}({x_0},{y_0}) = 0$ (M0 là điểm dừng)

Đặt ${a_{11}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x^2}}}({x_0},{y_0}),{a_{12}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}}({x_0},{y_0}),{a_{21}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial y\partial x}}({x_0},{y_0})$và $\Delta ({M_0}) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}} \end{array}} \right| = {a_{11}}{a_{22}} - {({a_{12}})^2}$

Ta có: 

i) Nếu $\Delta ({M_0}) < 0$ thì f không đạt cực trị tại $(x_0,y_0)$

ii) $\left\{ \begin{array}{l} {a_{11}} > 0\\ \Delta ({M_0}) > 0 \end{array} \right.$ thì f đạt cực tiểu tại $(x_0,y_0)$

iii) $\left\{ \begin{array}{l} {a_{11}} < 0\\ \Delta ({M_0}) > 0 \end{array} \right.$ thì f đạt cực đại tại $(x_0,y_0)$

Nhận xét:

• Khi $\Delta ({M_0}) > 0$ thì a11 và a22 cùng dấu.
• Khi $\Delta ({M_0}) = 0$ thì không có kết luận tổng quát.

Ví dụ:

$f(x, y) = x^3 + y^3$ có $\Delta \left( {0,0} \right){\rm{ }} =0$ và không đạt cực trị tại (0,0)

$f=(x,y)=x^4+y^4$ có $\Delta \left( {0,0} \right){\rm{ }} =0$ và đạt cực trị tại (0,0)

Ví dụ: Tìm cực trị (nếu có) của $u = f(x,y)$ với $f(x,y)$ là

$i){x^2} + {y^2} + 2x - 6y - 3$

$ii){x^3} + {y^2} + 12xy + 1$

$iii)\,\,x + \frac{y}{{4x}} + \frac{1}{y} + 2$

$iv)\,\,3 - \sqrt {{x^2} + {y^2}}$

$v)\,\,xy\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4} - \frac{{{y^2}}}{9}}$

$vi)\,\,2{x^4} + {y^4} - {x^2} - 2{y^2} + 6$

$vii)\,\,{x^4} + {y^4} - {x^2} - {y^2} - 2xy + 5$

Giải

i) $u{'_x} = \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = 2x + 2,u{'_y} = 2y - 6$

Tìm điểm dừng $\left\{ \begin{array}{l} u{'_x} = 0\\ u{'_y} = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 1\\ y = 3 \end{array} \right.$

$\begin{array}{l} {a_{11}} = u'{'_{xx}} = u{'_{{x^2}}} = \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x^2}}}( - 1,3) = 2,\,\,{a_2} = u{'_{{y^2}}} = \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {y^2}}}( - 1,3) = 2\\ \\ {a_{12}} = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial x\partial y}}( - 1,3) = \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial y\partial x}}( - 1,3) = 0 \end{array}$

$\Rightarrow \Delta ( - 1,3) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&0\\ 0&2 \end{array}} \right| = 4 > 0$và $a_{11}>0$

⇒ Hàm đạt cực tiểu tại (-1,3) và UCT = -13

ii) $u{'_x} = 3{x^2} + 12y,u{'_y} = 2y + 12x$

$\left\{ \begin{array}{l} u{'_x} = 0\\ u{'_y} = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0\\ y = 0 \end{array} \right. \vee \left\{ \begin{array}{l} x = 24\\ y = - 14 \end{array} \right.$

$u'{'_{{x^2}}} = 6x,\,\,u'{'_{{y^2}}} = 2,\,\,u'{'_{xy}} = 12$

$\Delta (0,0) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{12}\\ {12}&2 \end{array}} \right| = - 144 < 0 \Rightarrow u$

$\Delta (24, - 144) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {144}&{12}\\ {12}&2 \end{array}} \right| = 144 > 0$và $a_{11}=144>0$

⇒ hàm đạt cực tiểu tại (24, -144)

Bạn đọc tự giải các ví dụ còn lại

Bài toán: Tìm cực trị của hàm $z = f({x_1},{x_2},...,{x_n})$thỏa mãn điều kiện (với m < n):

$(I):\,\left\{ \begin{array}{l} {g_1}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\,\,(1)\\ {g_2}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\,\,(2)\\ ....\\ {g_m}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\,\,(m) \end{array} \right.$

Cách 1: Giả sử m < n và ta có

$\left\{ \begin{array}{l} {g_1}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\,\\ {g_2}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\\ ...............\\ {g_m}({x_1},{x_2},...,{x_n}) = 0\,\, \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = {h_1}({x_{m + 1}},{x_{m + 2}},...,{x_n})\\ {x_2} = {h_2}({x_{m + 1}},{x_{m + 2}},...,{x_n})\\ ............\\ {x_m} = {h_m}({x_{m + 1}},{x_{m + 2}},...,{x_n}) \end{array} \right.$

$z = f({x_{m + 1}},{x_{m + 2}},...,{x_n})$ là hàm có n - m biến. Khi đó ta tìm cực trị không điều kiện của hàm n - m biến.

Ví dụ: Tìm cực trị của $f\left( {{x_1},x{}_2,{x_3},{x_4}} \right) = {\rm{ }}2{x_1} + {\rm{ x}}_2^3 + 5x_3^2 - 3{x_4}$

thỏa điều kiện: $(*):\left\{ \begin{array}{l} {x_1} - x{}_2 + {x_3} - {x_4} = 3\\ {x_1} + x{}_2 - 5{x_3} + 3{x_4} = 1 \end{array} \right.$

(ta có m = 2, n = 4 )

$(*) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 2 + 2{x_3} - {x_4}\\ x{}_2 = - 1 + 3{x_3} + 2{x_4} \end{array} \right.$

Thế vào biểu thức của hàm f ta có: $f\left( {{x_1},x{}_2,{x_3},{x_4}} \right) = {\rm{ }}2{x_1} + {\rm{ x}}_2^3 + 5x_3^2 - 3{x_4}$

$= 2(2 + 2x_3 - x_4) + (- 1 + 3x_3 - 2x_4)^3 + 5x^2_3 - 3x_4 = F(x_3,x_4)$

Định lý (điều kiện cần): Giả sử $f,g_1,g_2,...,g_m$ có các đạo hàm riêng cấp 1 tại ${x_0} = \left( {x_1^0,x_2^0,x_3^0,...,x_n^0} \right)$ và f đạt cực trị tại x0. Khi đó tồn tại $\lambda _1^0,\lambda _2^0,...,\lambda _m^0$ sao cho $\frac{{\partial \phi ({x_0})}}{{\partial {\lambda _j}}} = {g_j}({x_0}) = 0,\,\forall j = \overline {1,m}$và $\frac{{\partial \phi }}{{\partial {x_k}}}(x_1^0,x_2^0,...,x_n^0,\lambda _1^0,\lambda _2^0,...,\lambda _m^0) = 0,\forall k = \overline {1,n}$

Do đó để tìm cực trị có điều kiện, ta giải hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial \phi }}{{\partial {\lambda _i}}} = 0,j = \overline {1,m} \\ \frac{{\partial \phi }}{{\partial {x_k}}} = 0,k = \overline {1,n} \end{array} \right.$

Định lý (điều kiện đủ)

Giả sử điều kiện cần của định lý trên được thỏa và $\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {x_i}\partial {x_j}}}$ tồn tai, liên tục tai điểm dừng x0 ứng với $\lambda _0=(\lambda _1^0,\lambda _2^0,...,\lambda _m^0)$. Đặt ${a_{ij}} = \frac{{{\partial ^2}\phi ({x_0}{\lambda _0})}}{{\partial {x_i}\partial {x_j}}},{b_{ij}} = \frac{{\partial {g_j}}}{{\partial {x_i}}} = \frac{{{\partial ^2}\phi }}{{\partial {x_i}\partial {\lambda _j}}}({x_0})$

${H_k} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}} \cdots {a_{1k}}}&{{b_{11}}}&{{b_{12}} \cdots {b_{1m}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}} \cdots {a_{2k}}}&{{b_{21}}}&{{b_{22}} \cdots {b_{2m}}}\\ {.....}&{}&{}&{}\\ {{a_{k1}}}&{{a_{k2}} \cdots {a_{kk}}}&{{b_{k1}}}&{{b_{k2}} \cdots {b_{km}}}\\ {{b_{11}}}&{{b_{21}} \cdots {b_{k1}}}&0&{0 \cdots 0}\\ {{b_{12}}}&{{b_{22}} \cdots {b_{k2}}}&0&{0 \cdots 0}\\ {....}&{}&{}&{}\\ {{b_{1m}}}&{{b_{2m}} \cdots {b_{km}}}&0&{0 \cdots 0} \end{array}} \right|;k = 1,2,...,n$

Đặt Hb là ma trận của Hn (nghĩa là Hn = |Hb|). Ta có :

i) Nếu ${( - 1)^m}{H_k} > 0,\forall k = \overline {m + 1,n} \Rightarrow f$ đạt cực tiểu thỏa điều kiện (I) tại x0

ii) Nếu ${( - 1)^k}{H_k} > 0,\forall k = \overline {m + 1,n} \Rightarrow f$ đạt cực đại thỏa điều kiện (I) tại x0.

Ví dụ 1: n = 4, m = 1

${H_2} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}\\ {\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}&0 \end{array}} \right|;\,\,{H_3} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_3}}}}\\ {\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_3}}}}&0 \end{array}} \right|$; ${H_4} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}&{{a_{14}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}&{{a_{24}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}}&{{a_{34}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_3}}}}\\ {{a_{41}}}&{{a_{42}}}&{{a_{43}}}&{{a_{44}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_4}}}}\\ {\frac{{\partial g}}{{\partial {x_1}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_2}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_3}}}}&{\frac{{\partial g}}{{\partial {x_4}}}}&0 \end{array}} \right|$

Ta có:

 i) $H_2<0,H_3<0,H_4<0$⇒ f đạt cực tiểu 

ii) $H_2>0,H_3<0,H_4>0$⇒ f đạt cực đại

Ví dụ 2: n = 3, ra = 1. Ta có:

i) H2 < 0, H3 < 0 ⇒ f đạt cực tiểu

ii) H2 > 0, H3 < 0  ⇒ f đạt cực đại.

Ví du 3: n = 4, ra = 1. Ta có :

i) H3 > 0, H4 > 0 ⇒ f đạt cực tiểu

ii) H3 < 0, H4 > 0  ⇒ f đạt cực đại.

Ví dụ:Tìm cực trị của hàm $f(x,y,z) = 2x + y + 3z$thỏa mãn điều kiện $x^2 + 4y^2 - 2z^2 =35$   (1)

Cách 1: Dùng bất đẳng thức BCS.

Cách 2: Đặt $g(x,y,z)=x^2+4y^2+2z^2-35$  

Đặt $F(x,y,z,\lambda ) = f(x,y,z) + \lambda g(x,y,z) = 2x + y + 3z + \lambda ({x^2} + 4{y^2} + 2{z^2} - 35)$

$\begin{array}{l} \frac{{\partial F}}{{\partial x}} = 2 + 2\lambda x;\frac{{\partial F}}{{\partial y}} = 1 + 8\lambda x\\ \\ \frac{{\partial F}}{{\partial z}} = 3 + 4\lambda x;\frac{{\partial F}}{{\partial \lambda }} = g = {x^2} + 4{y^2} + 2{z^2} - 35\\ \\ \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {x^2}}} = 2\lambda ;\frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {y^2}}} = 8\lambda ;\frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {z^2}}} = 4\lambda ;\frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {\lambda ^2}}} = 0\\ \\ \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial x\partial y}} = \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial x\partial z}} = \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial y\partial z}} = 0;\frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial \lambda \partial x}} = \frac{{\partial g}}{{\partial x}} = 2x\\ \\ \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial \lambda \partial y}} = \frac{{\partial g}}{{\partial y}} = 8y;\frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial \lambda \partial z}} = \frac{{\partial g}}{{\partial z}} = 4z \end{array}$

Điều kiện cần để F đạt cực trị tại $(x,y,z,\lambda )$

$\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial F}}{{\partial \lambda }} = g = {x^2} + 4{y^2} + 2{z^2} - 35 = 0\\ \frac{{\partial F}}{{\partial x}} = 2 + 2\lambda x = 0\\ \frac{{\partial F}}{{\partial y}} = 1 + 8\lambda y = 0\\ \frac{{\partial F}}{{\partial z}} = 3 + 4\lambda z = 0 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{{ - 1}}{\lambda } = 8y\\ y = \frac{{ - 1}}{{8\lambda }}\\ z = \frac{{ - 3}}{{4\lambda }} = 6y\\ 64{y^2} + 4{y^2} + 2.36{y^2} - 35 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 4\\ y = \frac{1}{2}\\ z = 3\\ \lambda = \frac{{ - 1}}{4} \end{array} \right.\,hay\,\left\{ \begin{array}{l} x = - 4\\ y = - \frac{1}{2}\\ z = - 3\\ \lambda = \frac{1}{4} \end{array} \right.$

i) Xét tại $(x,y,z,\lambda ) = \left( {4,\frac{1}{2},3, - \frac{1}{4}} \right)$

$\frac{{\partial g}}{{\partial x}}(4;\frac{1}{2};3) = 8;\,\,\frac{{\partial g}}{{\partial y}}(4;\frac{1}{2};3) = 4;\,\,\frac{{\partial g}}{{\partial z}}(4;\frac{1}{2};3) = 12$

$\begin{array}{l} {a_{11}} = \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {x^2}}}(4;\frac{1}{2};3;\frac{{ - 1}}{4}) = \frac{{ - 1}}{2};\,\,\\ \\ {a_{22}} = \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {y^2}}}(4;\frac{1}{2};3;\frac{{ - 1}}{4}) = - 2;\,\\ \\ \,{a_{33}} = \frac{{{\partial ^2}F}}{{\partial {z^2}}}(4;\frac{1}{2};3;\frac{{ - 1}}{4}) = - 1 \end{array}$

${a_{12}} = {a_{21}} = {a_{31}} = {a_{13}} = {a_{23}} = {a_{32}} = 0$

Ta có: ${H_b} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1/2}&0&0&8\\ 0&{ - 2}&0&4\\ 0&0&{ - 1}&{12}\\ 8&4&{12}&0 \end{array}} \right)$

${H_1} = - 64;{H_2} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1/2}&0&8\\ 0&{ - 2}&4\\ 8&4&0 \end{array}} \right| > 0;\,{H_3} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1/2}&0&0&8\\ 0&{ - 2}&0&4\\ 0&0&{ - 1}&{12}\\ 8&4&{12}&0 \end{array}} \right| < 0$

$\Rightarrow {( - 1)^k}{H_k} > 0,\forall k = \overline {2,3} \Rightarrow f$đạt cực đại thỏa điều kiện $x^2+4y^2+2z^2=35$tại $\left( {4;\frac{1}{2};3} \right)$

ii) Tương tự xét tại $(x,y,z,\lambda ) = \left( { - 4; - \frac{1}{2}; - 3;\frac{1}{4}} \right)$ta có: ${( - 1)^m}{H_k} = - {H_k} > 0,\forall k = \overline {2,3}$

⇒ f đạt cực tiểu thỏa điều kiện ${x^2} + 4{y^2} + 2{z^2} = 35$tại $\left( {-4;-\frac{1}{2};-3} \right)$

Ví dụ:

i) Tìm cực trị của $u=x+y+z$ với $xyz = 125$

ii) Tìm cực trị của $u = x + y$ với điều kiện ${x^2} + \frac{{{y^2}}}{4} + 2{z^2} = 1$

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 2: Hàm nhiều biến - Cực trị hàm nhiều biến được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn.