gi…itšchcaoc⁄p ( mathematics b1 ) · 2014. 10. 28. · latex lim;y) f(x;y) = a,8 (x n;y n)2d i...

LaTex

GIẢI TÍCH CAO CẤP

GIẢI TÍCH CAO CẤP( Mathematics B1 )

Giảng viên : Lê Thái DuyWebsite: http://staff.agu.edu.vn/ltduy

Email : [email protected]

Tel : 0918614420

AN GIANG University

Ngày 28 tháng 10 năm 2014

Giảng viên : Lê Thái Duy Website: http://staff.agu.edu.vn/ltduy Email : [email protected] Tel : 0918614420GIẢI TÍCH CAO CẤP ( Mathematics B1 )

LaTex

BASIC MATHEMATICSChương III. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN1.HÀM NHIỀU BIẾN2.GIỚI HẠN-LIÊN TỤC3.ĐẠO HÀM-VI PHÂN4.CỰC TRỊ5.ỨNG DỤNG TRONG KINH TẾ


LaTex

1.HÀM NHIỀU BIẾN

Quy tắc F : D(⊂ Rn)→ R cho ứng mỗi bộ (x1, x2, ..., xn) ∈ D vớiphần tử duy nhất y = F (x1, x2, ..., xn) ∈ R ;được gọi là hàm n biếnxi (i = 1, n)D:Tập xác định của hàm F.Trong kg Oxyz, cho hàm 2 biến f: z = f (x , y) có tập xác định Df .G = {(x , y , z)|(x , y) ∈ Df }:đồ thị hàm f.

THÍ DỤ 1

Tìm tập xác định của hàm f : z = f (x , y) =1− 2014

√52 x+4y−x2−y2

√x2+y2−9

f xác định

⇔{

52x + 4y − x2 − y2 ≥ 0x2 + y2 > 32 ⇔

{(x − 5

4)2 + (y − 2)2 ≤ 8916

x2 + y2 > 32


LaTex


Quy tắc F : D(⊂ Rn)→ R cho ứng mỗi bộ (x1, x2, ..., xn) ∈ D vớiphần tử duy nhất y = F (x1, x2, ..., xn) ∈ R ;

được gọi là hàm n biếnxi (i = 1, n)D:Tập xác định của hàm F.Trong kg Oxyz, cho hàm 2 biến f: z = f (x , y) có tập xác định Df .G = {(x , y , z)|(x , y) ∈ Df }:đồ thị hàm f.

THÍ DỤ 1


√52 x+4y−x2−y2

√x2+y2−9

f xác định

⇔{

52x + 4y − x2 − y2 ≥ 0x2 + y2 > 32 ⇔

{(x − 5

4)2 + (y − 2)2 ≤ 8916

x2 + y2 > 32


LaTex


Quy tắc F : D(⊂ Rn)→ R cho ứng mỗi bộ (x1, x2, ..., xn) ∈ D vớiphần tử duy nhất y = F (x1, x2, ..., xn) ∈ R ;được gọi là hàm n biếnxi (i = 1, n)

D:Tập xác định của hàm F.Trong kg Oxyz, cho hàm 2 biến f: z = f (x , y) có tập xác định Df .G = {(x , y , z)|(x , y) ∈ Df }:đồ thị hàm f.

THÍ DỤ 1


√52 x+4y−x2−y2

√x2+y2−9

f xác định

⇔{

52x + 4y − x2 − y2 ≥ 0x2 + y2 > 32 ⇔

{(x − 5

4)2 + (y − 2)2 ≤ 8916

x2 + y2 > 32


LaTex


Quy tắc F : D(⊂ Rn)→ R cho ứng mỗi bộ (x1, x2, ..., xn) ∈ D vớiphần tử duy nhất y = F (x1, x2, ..., xn) ∈ R ;được gọi là hàm n biếnxi (i = 1, n)D:Tập xác định của hàm F.

Trong kg Oxyz, cho hàm 2 biến f: z = f (x , y) có tập xác định Df .G = {(x , y , z)|(x , y) ∈ Df }:đồ thị hàm f.

THÍ DỤ 1


√52 x+4y−x2−y2

√x2+y2−9

f xác định

⇔{

52x + 4y − x2 − y2 ≥ 0x2 + y2 > 32 ⇔

{(x − 5

4)2 + (y − 2)2 ≤ 8916

x2 + y2 > 32


LaTex


Quy tắc F : D(⊂ Rn)→ R cho ứng mỗi bộ (x1, x2, ..., xn) ∈ D vớiphần tử duy nhất y = F (x1, x2, ..., xn) ∈ R ;được gọi là hàm n biếnxi (i = 1, n)D:Tập xác định của hàm F.Trong kg Oxyz, cho hàm 2 biến f: z = f (x , y) có tập xác định Df .

G = {(x , y , z)|(x , y) ∈ Df }:đồ thị hàm f.

THÍ DỤ 1


√52 x+4y−x2−y2

√x2+y2−9

f xác định

⇔{

52x + 4y − x2 − y2 ≥ 0x2 + y2 > 32 ⇔

{(x − 5

4)2 + (y − 2)2 ≤ 8916

x2 + y2 > 32


LaTex



THÍ DỤ 1


√52 x+4y−x2−y2

√x2+y2−9

f xác định

⇔{

52x + 4y − x2 − y2 ≥ 0x2 + y2 > 32 ⇔

{(x − 5

4)2 + (y − 2)2 ≤ 8916

x2 + y2 > 32


LaTex



THÍ DỤ 1


√52 x+4y−x2−y2

√x2+y2−9

f xác định

⇔{

52x + 4y − x2 − y2 ≥ 0x2 + y2 > 32

⇔{

(x − 54)2 + (y − 2)2 ≤ 89

16x2 + y2 > 32


LaTex



THÍ DỤ 1


√52 x+4y−x2−y2

√x2+y2−9

f xác định

⇔{

52x + 4y − x2 − y2 ≥ 0x2 + y2 > 32 ⇔

{(x − 5

4)2 + (y − 2)2 ≤ 8916

x2 + y2 > 32


LaTex

Trong mp Oxy, dựng 2 đường tròn(C1):x2 + y2 = 32 và (C2):(x − 5

4)2 + (y − 2)2 = 8916 .

Phần màu đỏ biểu diển tập điểm (x,y) thỏa hệ bpt điều kiện xácđịnh.Do đó phần hình trăng khuyết( bỏ biên trên (C1))biểu diễn tập xác định của f


LaTex


4)2 + (y − 2)2 = 8916 .

Phần màu đỏ biểu diển tập điểm (x,y) thỏa hệ bpt điều kiện xácđịnh.

Do đó phần hình trăng khuyết( bỏ biên trên (C1))biểu diễn tập xác định của f


LaTex


4)2 + (y − 2)2 = 8916 .

Phần màu đỏ biểu diển tập điểm (x,y) thỏa hệ bpt điều kiện xácđịnh.Do đó phần hình trăng khuyết( bỏ biên trên (C1))biểu diễn tập xác định của f


LaTex

THÍ DỤ 2

Đồ thị của hàm hai biến f: f (x , y) = xe−x2−y2


LaTex

THÍ DỤ 2Đồ thị của hàm hai biến f: f (x , y) = xe−x2−y2


LaTex

2.GIỚI HẠN HÀM 2 BIẾN

>


LaTex

2.GIỚI HẠN HÀM 2 BIẾN

>Giảng viên : Lê Thái Duy Website: http://staff.agu.edu.vn/ltduy Email : [email protected] Tel : 0918614420GIẢI TÍCH CAO CẤP ( Mathematics B1 )

LaTex

lim(x ,y)→(x0,y0)

f (x , y) = a

⇔∀(xn, yn) ∈ D(I ), (xn, yn)→ (x0, y0)⇒ f (xn, yn)→ aLưu ý:1)(x , y)→ ∗ , |f (x , y)| → 0⇔ f (x , y)→ 02)Định lý về giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương và nguyên lý kẹpcủa hàm 1 biến vẫn còn đúng cho hàm 2 biến.

Phương pháp tìm giới hạn hàm 2 biến:

Bước 1: Đặt biến phụ t cho các đại lượng giống nhau và ápdụng các pp tìm giới hạn cho hàm 1 biến t.

Bước 2: Phát hiện điểm (x,y) di động qua điểm (x0, y0) trên 2đường thích hợp sao cho f(x,y) dần về 2 kết quả khác nhau.Từ đó kết luận giới hạn cần tìm không tồn tại.

Bước 3: Cho điểm (x,y) di động qua điểm (x0, y0) trên nhiềuđường khác nhau, nhưng f(x,y) cũng chỉ dần về cùng giá trị a.Trong trường hợp nầy, áp dụng bất đẳng thức và nguyên lýkẹp chứng tỏ kết quả giới hạn là a.


LaTex

lim(x ,y)→(x0,y0)

f (x , y) = a

⇔∀(xn, yn) ∈ D(I ), (xn, yn)→ (x0, y0)⇒ f (xn, yn)→ a

Lưu ý:1)(x , y)→ ∗ , |f (x , y)| → 0⇔ f (x , y)→ 02)Định lý về giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương và nguyên lý kẹpcủa hàm 1 biến vẫn còn đúng cho hàm 2 biến.






LaTex

lim(x ,y)→(x0,y0)

f (x , y) = a

⇔∀(xn, yn) ∈ D(I ), (xn, yn)→ (x0, y0)⇒ f (xn, yn)→ aLưu ý:

1)(x , y)→ ∗ , |f (x , y)| → 0⇔ f (x , y)→ 02)Định lý về giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương và nguyên lý kẹpcủa hàm 1 biến vẫn còn đúng cho hàm 2 biến.






LaTex

lim(x ,y)→(x0,y0)

f (x , y) = a

⇔∀(xn, yn) ∈ D(I ), (xn, yn)→ (x0, y0)⇒ f (xn, yn)→ aLưu ý:1)(x , y)→ ∗ , |f (x , y)| → 0⇔ f (x , y)→ 0

2)Định lý về giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương và nguyên lý kẹpcủa hàm 1 biến vẫn còn đúng cho hàm 2 biến.






LaTex

lim(x ,y)→(x0,y0)

f (x , y) = a

⇔∀(xn, yn) ∈ D(I ), (xn, yn)→ (x0, y0)⇒ f (xn, yn)→ aLưu ý:1)(x , y)→ ∗ , |f (x , y)| → 0⇔ f (x , y)→ 02)Định lý về giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương và nguyên lý kẹpcủa hàm 1 biến vẫn còn đúng cho hàm 2 biến.






LaTex

Thí dụ 1

Tính I = lim(x ,y)→(0,0)

(sin2 x5 + x2 + y6 + cos2 x5

) 2tan(x2+y6)

Giải:Đặt t = x2 + y6.Khi đó (x , y)→ (0, 0)⇔ t → 0

I = limt→0

[(1 + t)1t ]

2ttan t = e2

Thí dụ 2Tính J = lim

(x ,y)→(0,0)

xy2

x2+y4

Giải:Khi (x , y)→ (0, 0) trên d: y = x

J = limx→0

x3

x2+x4 = limx→0

x1+x2 = 0

Khi (x , y)→ (0, 0) trên (P) : x = y2

J = limy→0

y4

2y4 = 12 6= 0

Do đó không tồn tại J.


LaTex

Thí dụ 1


(sin2 x5 + x2 + y6 + cos2 x5

) 2tan(x2+y6)

Giải:

Đặt t = x2 + y6.Khi đó (x , y)→ (0, 0)⇔ t → 0

I = limt→0

[(1 + t)1t ]

2ttan t = e2


(x ,y)→(0,0)

xy2

x2+y4


J = limx→0

x3

x2+x4 = limx→0

x1+x2 = 0

Khi (x , y)→ (0, 0) trên (P) : x = y2

J = limy→0

y4

2y4 = 12 6= 0



LaTex

Thí dụ 1


(sin2 x5 + x2 + y6 + cos2 x5

) 2tan(x2+y6)

Giải:Đặt t = x2 + y6.

Khi đó (x , y)→ (0, 0)⇔ t → 0

I = limt→0

[(1 + t)1t ]

2ttan t = e2


(x ,y)→(0,0)

xy2

x2+y4


J = limx→0

x3

x2+x4 = limx→0

x1+x2 = 0

Khi (x , y)→ (0, 0) trên (P) : x = y2

J = limy→0

y4

2y4 = 12 6= 0



LaTex

Thí dụ 1


(sin2 x5 + x2 + y6 + cos2 x5

) 2tan(x2+y6)


I = limt→0

[(1 + t)1t ]

2ttan t = e2


(x ,y)→(0,0)

xy2

x2+y4


J = limx→0

x3

x2+x4 = limx→0

x1+x2 = 0

Khi (x , y)→ (0, 0) trên (P) : x = y2

J = limy→0

y4

2y4 = 12 6= 0



LaTex

Thí dụ 1


(sin2 x5 + x2 + y6 + cos2 x5

) 2tan(x2+y6)


I = limt→0

[(1 + t)1t ]

2ttan t = e2

Thí dụ 2

Tính J = lim(x ,y)→(0,0)

xy2

x2+y4


J = limx→0

x3

x2+x4 = limx→0

x1+x2 = 0

Khi (x , y)→ (0, 0) trên (P) : x = y2

J = limy→0

y4

2y4 = 12 6= 0



LaTex

Thí dụ 1


(sin2 x5 + x2 + y6 + cos2 x5

) 2tan(x2+y6)


I = limt→0

[(1 + t)1t ]

2ttan t = e2


(x ,y)→(0,0)

xy2

x2+y4


J = limx→0

x3

x2+x4 = limx→0

x1+x2 = 0

Khi (x , y)→ (0, 0) trên (P) : x = y2

J = limy→0

y4

2y4 = 12 6= 0



LaTex

Thí dụ 1


(sin2 x5 + x2 + y6 + cos2 x5

) 2tan(x2+y6)


I = limt→0

[(1 + t)1t ]

2ttan t = e2


(x ,y)→(0,0)

xy2

x2+y4

Giải:

Khi (x , y)→ (0, 0) trên d: y = x

J = limx→0

x3

x2+x4 = limx→0

x1+x2 = 0

Khi (x , y)→ (0, 0) trên (P) : x = y2

J = limy→0

y4

2y4 = 12 6= 0



LaTex

Thí dụ 1


(sin2 x5 + x2 + y6 + cos2 x5

) 2tan(x2+y6)


I = limt→0

[(1 + t)1t ]

2ttan t = e2


(x ,y)→(0,0)

xy2

x2+y4


J = limx→0

x3

x2+x4 = limx→0

x1+x2 = 0

Khi (x , y)→ (0, 0) trên (P) : x = y2

J = limy→0

y4

2y4 = 12 6= 0



LaTex

Thí dụ 3Tính K = lim

(x ,y)→(0,0)(x + y sin 1

x )

Giải:∀(x , y) 6= (0, 0), 0 ≤

∣∣x + y sin 1x

∣∣ ≤ |x |+ ∣∣y sin 1x

∣∣ ≤ |x |+ |y |nhưng lim

(x ,y)→(0,0)|x |+ |y | = 0

Áp dụng nguyên lý kẹp, ta có lim(x ,y)→(0,0)

∣∣x + y sin 1x

∣∣ = 0

Vậy K = 0


LaTex

Thí dụ 3

Tính K = lim(x ,y)→(0,0)

(x + y sin 1x )

Giải:∀(x , y) 6= (0, 0), 0 ≤

∣∣x + y sin 1x

∣∣ ≤ |x |+ ∣∣y sin 1x


(x ,y)→(0,0)|x |+ |y | = 0


∣∣x + y sin 1x

∣∣ = 0

Vậy K = 0


LaTex


(x ,y)→(0,0)(x + y sin 1

x )

Giải:∀(x , y) 6= (0, 0), 0 ≤

∣∣x + y sin 1x

∣∣ ≤ |x |+ ∣∣y sin 1x


(x ,y)→(0,0)|x |+ |y | = 0


∣∣x + y sin 1x

∣∣ = 0

Vậy K = 0


LaTex


(x ,y)→(0,0)(x + y sin 1

x )

Giải:

∀(x , y) 6= (0, 0), 0 ≤∣∣x + y sin 1

x

∣∣ ≤ |x |+ ∣∣y sin 1x


(x ,y)→(0,0)|x |+ |y | = 0


∣∣x + y sin 1x

∣∣ = 0

Vậy K = 0


LaTex


(x ,y)→(0,0)(x + y sin 1

x )

Giải:∀(x , y) 6= (0, 0), 0 ≤

∣∣x + y sin 1x

∣∣ ≤ |x |+ ∣∣y sin 1x

∣∣ ≤ |x |+ |y |

nhưng lim(x ,y)→(0,0)

|x |+ |y | = 0


∣∣x + y sin 1x

∣∣ = 0

Vậy K = 0


LaTex


(x ,y)→(0,0)(x + y sin 1

x )

Giải:∀(x , y) 6= (0, 0), 0 ≤

∣∣x + y sin 1x

∣∣ ≤ |x |+ ∣∣y sin 1x


(x ,y)→(0,0)|x |+ |y | = 0


∣∣x + y sin 1x

∣∣ = 0

Vậy K = 0


LaTex

Tính các giới hạn sau:

1) lim(x ,y)→(0,0)

x arctan yx 2) lim

x→0y→0

xy2

2−√

4+xy23) lim

(x ,y)→(0,0)

y(x2+y2)y2+(x2+y2)2

4) limx→−∞y→−∞

x+yx2−xy+y2 5) lim

(x ,y)→(0,0)

x3−y3

x2+y2 6) limx→+∞y→2

(1 + yx )x


LaTex

HÀM 2 BIẾN LIÊN TỤC

f liên tục tại (x0, y0)(def )⇔

∃f (x0, y0)∃ lim(x ,y)→(x0,y0)

f (x , y)

lim(x ,y)→(x0,y0)

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

f gián đoạn tại (x0, y0)(def )⇔ f không liên tục tại (x0, y0)

f liên tục trên E(def )⇔ f liên tục tại mọi (x0, y0) ∈ E

Lưu ý:Khái niệm hàm sơ cấp, tính liên tục của hàm sơ cấp của hàm 1biến vẫn còn áp dụng cho hàm 2 biến.Thí dụ:Cho hàm f :

f (x , y) =

{(x2 + y2) sin 1

x2+y2 ( khi x2 + y2 6= 0 )

|sinm| − |m| (khi x2 + y2 = 0 )

Định m để f liên tục trên R2


LaTex



∃f (x0, y0)∃ lim(x ,y)→(x0,y0)

f (x , y)

lim(x ,y)→(x0,y0)

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



Lưu ý:

Khái niệm hàm sơ cấp, tính liên tục của hàm sơ cấp của hàm 1biến vẫn còn áp dụng cho hàm 2 biến.Thí dụ:Cho hàm f :

f (x , y) =

{(x2 + y2) sin 1

x2+y2 ( khi x2 + y2 6= 0 )

|sinm| − |m| (khi x2 + y2 = 0 )



LaTex



∃f (x0, y0)∃ lim(x ,y)→(x0,y0)

f (x , y)

lim(x ,y)→(x0,y0)

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



Lưu ý:Khái niệm hàm sơ cấp, tính liên tục của hàm sơ cấp của hàm 1biến vẫn còn áp dụng cho hàm 2 biến.

Thí dụ:Cho hàm f :

f (x , y) =

{(x2 + y2) sin 1

x2+y2 ( khi x2 + y2 6= 0 )

|sinm| − |m| (khi x2 + y2 = 0 )



LaTex



∃f (x0, y0)∃ lim(x ,y)→(x0,y0)

f (x , y)

lim(x ,y)→(x0,y0)

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



Lưu ý:Khái niệm hàm sơ cấp, tính liên tục của hàm sơ cấp của hàm 1biến vẫn còn áp dụng cho hàm 2 biến.Thí dụ:

Cho hàm f :

f (x , y) =

{(x2 + y2) sin 1

x2+y2 ( khi x2 + y2 6= 0 )

|sinm| − |m| (khi x2 + y2 = 0 )



LaTex



∃f (x0, y0)∃ lim(x ,y)→(x0,y0)

f (x , y)

lim(x ,y)→(x0,y0)

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



Lưu ý:Khái niệm hàm sơ cấp, tính liên tục của hàm sơ cấp của hàm 1biến vẫn còn áp dụng cho hàm 2 biến.Thí dụ:Cho hàm f :

f (x , y) =

{(x2 + y2) sin 1

x2+y2 ( khi x2 + y2 6= 0 )

|sinm| − |m| (khi x2 + y2 = 0 )



LaTex

Giải:

Hàm f:f (x , y) = (x2 + y2) sin 1x2+y2 liên tục trên R2\ {(0, 0)}

Do đó f liên tục trên R2 khi và chỉ khi f liên tục tại (0, 0)⇔ lim

(x ,y)→(0,0)f (x , y) = f (0, 0)⇔ 0 = |sinm| − |m|

(vì áp dụng nguyên lý kẹp suy từ

0 ≤∣∣∣(x2 + y2) sin 1

x2+y2

∣∣∣ ≤ x2 + y2 và lim(x ,y)→(0,0)

x2 + y2 = 0 )

⇔ |sinm| = |m| ⇔ m = 0


LaTex

Giải:Hàm f:f (x , y) = (x2 + y2) sin 1

x2+y2 liên tục trên R2\ {(0, 0)}

Do đó f liên tục trên R2 khi và chỉ khi f liên tục tại (0, 0)⇔ lim

(x ,y)→(0,0)f (x , y) = f (0, 0)⇔ 0 = |sinm| − |m|


0 ≤∣∣∣(x2 + y2) sin 1

x2+y2

∣∣∣ ≤ x2 + y2 và lim(x ,y)→(0,0)

x2 + y2 = 0 )

⇔ |sinm| = |m| ⇔ m = 0


LaTex

Giải:Hàm f:f (x , y) = (x2 + y2) sin 1

x2+y2 liên tục trên R2\ {(0, 0)}Do đó f liên tục trên R2 khi và chỉ khi f liên tục tại (0, 0)⇔ lim

(x ,y)→(0,0)f (x , y) = f (0, 0)⇔ 0 = |sinm| − |m|


0 ≤∣∣∣(x2 + y2) sin 1

x2+y2

∣∣∣ ≤ x2 + y2 và lim(x ,y)→(0,0)

x2 + y2 = 0 )

⇔ |sinm| = |m| ⇔ m = 0


LaTex

3.ĐẠO HÀM - VI PHÂN HÀM 2 BIẾN3.1. ĐẠO HÀM RIÊNG và VI PHÂN CẤP 1


LaTex

Đạo hàm riêng theo biến x( hay theo biến y )của f tại (x0, y0),kýhiệu: f ′x (x0, y0) hoặc ∂f

∂x (x0, y0) ( hay f ′y (x0, y0) hoặc ∂f∂y (x0, y0))

định bởi:

∂f∂x (x0, y0)

(def )= lim

x→x0

f (x ,y0)−f (x0,y0)x−x0

∂f∂y (x0, y0)

(def )= lim

y→y0

f (x0,y)−f (x0,y0)y−y0

3.2. Phương pháp tính đạo hàm riêng

Method

Khi tính đạo hàm riêng, mọi biến khác với biến đang tính đạo hàmđều xem như hằng số.

Thí dụ: Cho hàm f (x , y) = arctan xy . Hãy tính các đạo hàm riêng

cấp 1 của f tại (1,1).Giải: ∂f∂x (x , y) = (arctan x

y )′x =1y

1+(

xy

)2

∂f∂y (x , y) = (arctan x

y )′y =− x

y2

1+(

xy

)2

Do đó ∂f∂x (1, 1) = 1

2 ,∂f∂y (1, 1) = −1

2 ,


LaTex



định bởi:

∂f∂x (x0, y0)

(def )= lim

x→x0

f (x ,y0)−f (x0,y0)x−x0

∂f∂y (x0, y0)

(def )= lim

y→y0

f (x0,y)−f (x0,y0)y−y0


Method


Thí dụ:

Cho hàm f (x , y) = arctan xy . Hãy tính các đạo hàm riêng


y )′x =1y

1+(

xy

)2


y )′y =− x

y2

1+(

xy

)2

Do đó ∂f∂x (1, 1) = 1

2 ,∂f∂y (1, 1) = −1

2 ,


LaTex



định bởi:

∂f∂x (x0, y0)

(def )= lim

x→x0

f (x ,y0)−f (x0,y0)x−x0

∂f∂y (x0, y0)

(def )= lim

y→y0

f (x0,y)−f (x0,y0)y−y0


Method


Thí dụ: Cho hàm f (x , y) = arctan xy .

Hãy tính các đạo hàm riêng


y )′x =1y

1+(

xy

)2


y )′y =− x

y2

1+(

xy

)2

Do đó ∂f∂x (1, 1) = 1

2 ,∂f∂y (1, 1) = −1

2 ,


LaTex



định bởi:

∂f∂x (x0, y0)

(def )= lim

x→x0

f (x ,y0)−f (x0,y0)x−x0

∂f∂y (x0, y0)

(def )= lim

y→y0

f (x0,y)−f (x0,y0)y−y0


Method



cấp 1 của f tại (1,1).

Giải: ∂f∂x (x , y) = (arctan x

y )′x =1y

1+(

xy

)2


y )′y =− x

y2

1+(

xy

)2

Do đó ∂f∂x (1, 1) = 1

2 ,∂f∂y (1, 1) = −1

2 ,


LaTex



định bởi:

∂f∂x (x0, y0)

(def )= lim

x→x0

f (x ,y0)−f (x0,y0)x−x0

∂f∂y (x0, y0)

(def )= lim

y→y0

f (x0,y)−f (x0,y0)y−y0


Method




y )′x =1y

1+(

xy

)2


y )′y =− x

y2

1+(

xy

)2

Do đó ∂f∂x (1, 1) = 1

2 ,∂f∂y (1, 1) = −1

2 ,


LaTex



định bởi:

∂f∂x (x0, y0)

(def )= lim

x→x0

f (x ,y0)−f (x0,y0)x−x0

∂f∂y (x0, y0)

(def )= lim

y→y0

f (x0,y)−f (x0,y0)y−y0


Method




y )′x =1y

1+(

xy

)2


y )′y =− x

y2

1+(

xy

)2

Do đó ∂f∂x (1, 1) = 1

2 ,∂f∂y (1, 1) = −1

2 ,Giảng viên : Lê Thái Duy Website: http://staff.agu.edu.vn/ltduy Email : [email protected] Tel : 0918614420GIẢI TÍCH CAO CẤP ( Mathematics B1 )

LaTex

3.3. Điều kiện cần và đủ để hàm 2 biến f khả vi? f khả vi tại (x0, y0)⇒ f liên tục tại (x0, y0)? f khả vi tại (x0, y0)⇐ ∂f

∂x ,∂f∂y liên tục tại (x0, y0)

Khi f khả vi tại (x0, y0):

Vi phân ( cấp 1) toàn phần của f tại (x0, y0)

df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy

Thí dụ:Chứng minh f: f(x,y) = x3 − 3xy + y3 khả vi tại mọi (x,y) ∈ R2 vàtính df(1,0).Giải:Rõ ràng ∂f

∂x = 3x2 − 3y , ∂f∂y = −3x + 3y2 liên tục trên R2nên f

khả vi trên R2. Mặt khác ∂f∂x (1, 0) = 3 , ∂f

∂y (1, 0) = −3Do đó df (1, 0) = ∂f

∂x (1, 0)dx + ∂f∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex

3.3. Điều kiện cần và đủ để hàm 2 biến f khả vi

? f khả vi tại (x0, y0)⇒ f liên tục tại (x0, y0)? f khả vi tại (x0, y0)⇐ ∂f




df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy




∂y (1, 0) = −3Do đó df (1, 0) = ∂f

∂x (1, 0)dx + ∂f∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex

3.3. Điều kiện cần và đủ để hàm 2 biến f khả vi? f khả vi tại (x0, y0)⇒ f liên tục tại (x0, y0)

? f khả vi tại (x0, y0)⇐ ∂f∂x ,

∂f∂y liên tục tại (x0, y0)



df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy




∂y (1, 0) = −3Do đó df (1, 0) = ∂f

∂x (1, 0)dx + ∂f∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex





df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy




∂y (1, 0) = −3Do đó df (1, 0) = ∂f

∂x (1, 0)dx + ∂f∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex





df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy

Thí dụ:

Chứng minh f: f(x,y) = x3 − 3xy + y3 khả vi tại mọi (x,y) ∈ R2 vàtính df(1,0).Giải:Rõ ràng ∂f



∂y (1, 0) = −3Do đó df (1, 0) = ∂f

∂x (1, 0)dx + ∂f∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex





df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy

Thí dụ:Chứng minh f: f(x,y) = x3 − 3xy + y3 khả vi tại mọi (x,y) ∈ R2 vàtính df(1,0).

Giải:Rõ ràng ∂f



∂y (1, 0) = −3Do đó df (1, 0) = ∂f

∂x (1, 0)dx + ∂f∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex





df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy

Thí dụ:Chứng minh f: f(x,y) = x3 − 3xy + y3 khả vi tại mọi (x,y) ∈ R2 vàtính df(1,0).Giải:

Rõ ràng ∂f∂x = 3x2 − 3y , ∂f

∂y = −3x + 3y2 liên tục trên R2nên f


∂y (1, 0) = −3Do đó df (1, 0) = ∂f

∂x (1, 0)dx + ∂f∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex





df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy


∂x = 3x2 − 3y , ∂f∂y = −3x + 3y2 liên tục trên R2

nên f


∂y (1, 0) = −3Do đó df (1, 0) = ∂f

∂x (1, 0)dx + ∂f∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex





df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy



khả vi trên R2.

Mặt khác ∂f∂x (1, 0) = 3 , ∂f

∂y (1, 0) = −3Do đó df (1, 0) = ∂f

∂x (1, 0)dx + ∂f∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex





df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy




∂y (1, 0) = −3

Do đó df (1, 0) = ∂f∂x (1, 0)dx + ∂f

∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex





df (x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)dx +

∂f

∂y(x0, y0)dy




∂y (1, 0) = −3Do đó df (1, 0) = ∂f

∂x (1, 0)dx + ∂f∂y (1, 0)dy = 3dx − 3dy


LaTex

3.4. Đạo hàm và vi phân cấp 2

f ′′xx(def )

= ∂2f∂x2

(def )= ∂

∂x

(∂f∂x

): đạo hàm riêng cấp 2 theo biến x.

f ′′yy(def )

= ∂2f∂y2

(def )= ∂

∂y

(∂f∂y

): đạo hàm riêng cấp 2 theo biến y.

f ′′yx

(def )= ∂2f

∂y∂x

(def )= ∂

∂x

(∂f∂y

): đạo hàm riêng cấp 2 hổn hợp.

f ′′xy

(def )= ∂2f

∂x∂y

(def )= ∂

∂y

(∂f∂x


Thi dụ:

Tìm các đạo hàm riêng cấp 2 của hàm f:f (x , y) = sin(x2y)Giải: f ′x = 2xy cos(x2y) (1), f ′y = x2 cos(x2y) (2)

Từ (1) ta có:f ′′xx = 2y cos(x2y) − 4x2y2 sin(x2y)f ′′xy = 2x cos(x2y) − 2x3y sin(x2y)

Từ (2) ta có:f ′′yy = −x4 sin(x2y)f ′′yx = 2x cos(x2y) − 2x3y sin(x2y)


LaTex


f ′′xx(def )

= ∂2f∂x2

(def )= ∂

∂x

(∂f∂x


f ′′yy(def )

= ∂2f∂y2

(def )= ∂

∂y

(∂f∂y


f ′′yx

(def )= ∂2f

∂y∂x

(def )= ∂

∂x

(∂f∂y


f ′′xy

(def )= ∂2f

∂x∂y

(def )= ∂

∂y

(∂f∂x


Thi dụ:

Tìm các đạo hàm riêng cấp 2 của hàm f:f (x , y) = sin(x2y)

Giải: f ′x = 2xy cos(x2y) (1), f ′y = x2 cos(x2y) (2)




LaTex


f ′′xx(def )

= ∂2f∂x2

(def )= ∂

∂x

(∂f∂x


f ′′yy(def )

= ∂2f∂y2

(def )= ∂

∂y

(∂f∂y


f ′′yx

(def )= ∂2f

∂y∂x

(def )= ∂

∂x

(∂f∂y


f ′′xy

(def )= ∂2f

∂x∂y

(def )= ∂

∂y

(∂f∂x


Thi dụ:

Tìm các đạo hàm riêng cấp 2 của hàm f:f (x , y) = sin(x2y)Giải: f ′x = 2xy cos(x2y) (1), f ′y = x2 cos(x2y) (2)




LaTex

Lưu ý:? Nếu ∂2f

∂x∂y ,∂2f∂y∂x liên tục tại (x0, y0) thì

∂2f

∂x∂y(x0, y0) =

∂2f

∂y∂x(x0, y0)

Khi đó:

?Vi phân cấp 2

d2f (x0, y0) = ∂2f∂x2 (x0, y0)dx2 + 2 ∂2f

∂x∂y (x0, y0)dxdy + ∂2f∂y2 (x0, y0)dy2

Thí dụ:Cho f (x , y) = exy .Tính d2f (1, 0)Giải:Từ f ′x = yexy , f ′y = xexy

Ta có f ′′xx = y2exy , f ′′xy = exy (1 + xy) , f ′′yy = x2exy

nên f ′′x2(1, 0) = 0 , f ′′xy (1, 0) = 1 , f ′′y2(1, 0) = 1

Do đó d2f (1, 0) = 2dxdy + dy2.


LaTex

Lưu ý:

? Nếu ∂2f∂x∂y ,

∂2f∂y∂x liên tục tại (x0, y0) thì

∂2f

∂x∂y(x0, y0) =

∂2f

∂y∂x(x0, y0)

Khi đó:

?Vi phân cấp 2

d2f (x0, y0) = ∂2f∂x2 (x0, y0)dx2 + 2 ∂2f

∂x∂y (x0, y0)dxdy + ∂2f∂y2 (x0, y0)dy2



nên f ′′x2(1, 0) = 0 , f ′′xy (1, 0) = 1 , f ′′y2(1, 0) = 1

Do đó d2f (1, 0) = 2dxdy + dy2.


LaTex


∂x∂y ,∂2f∂y∂x liên tục tại (x0, y0)

thì

∂2f

∂x∂y(x0, y0) =

∂2f

∂y∂x(x0, y0)

Khi đó:

?Vi phân cấp 2

d2f (x0, y0) = ∂2f∂x2 (x0, y0)dx2 + 2 ∂2f

∂x∂y (x0, y0)dxdy + ∂2f∂y2 (x0, y0)dy2



nên f ′′x2(1, 0) = 0 , f ′′xy (1, 0) = 1 , f ′′y2(1, 0) = 1

Do đó d2f (1, 0) = 2dxdy + dy2.


LaTex



∂2f

∂x∂y(x0, y0) =

∂2f

∂y∂x(x0, y0)

Khi đó:

?Vi phân cấp 2

d2f (x0, y0) = ∂2f∂x2 (x0, y0)dx2 + 2 ∂2f

∂x∂y (x0, y0)dxdy + ∂2f∂y2 (x0, y0)dy2



nên f ′′x2(1, 0) = 0 , f ′′xy (1, 0) = 1 , f ′′y2(1, 0) = 1

Do đó d2f (1, 0) = 2dxdy + dy2.


LaTex



∂2f

∂x∂y(x0, y0) =

∂2f

∂y∂x(x0, y0)

Khi đó:

?Vi phân cấp 2

d2f (x0, y0) = ∂2f∂x2 (x0, y0)dx2 + 2 ∂2f

∂x∂y (x0, y0)dxdy + ∂2f∂y2 (x0, y0)dy2

Thí dụ:

Cho f (x , y) = exy .Tính d2f (1, 0)Giải:Từ f ′x = yexy , f ′y = xexy


nên f ′′x2(1, 0) = 0 , f ′′xy (1, 0) = 1 , f ′′y2(1, 0) = 1

Do đó d2f (1, 0) = 2dxdy + dy2.


LaTex



∂2f

∂x∂y(x0, y0) =

∂2f

∂y∂x(x0, y0)

Khi đó:

?Vi phân cấp 2

d2f (x0, y0) = ∂2f∂x2 (x0, y0)dx2 + 2 ∂2f

∂x∂y (x0, y0)dxdy + ∂2f∂y2 (x0, y0)dy2

Thí dụ:Cho f (x , y) = exy .Tính d2f (1, 0)

Giải:Từ f ′x = yexy , f ′y = xexy


nên f ′′x2(1, 0) = 0 , f ′′xy (1, 0) = 1 , f ′′y2(1, 0) = 1

Do đó d2f (1, 0) = 2dxdy + dy2.


LaTex



∂2f

∂x∂y(x0, y0) =

∂2f

∂y∂x(x0, y0)

Khi đó:

?Vi phân cấp 2

d2f (x0, y0) = ∂2f∂x2 (x0, y0)dx2 + 2 ∂2f

∂x∂y (x0, y0)dxdy + ∂2f∂y2 (x0, y0)dy2

Thí dụ:Cho f (x , y) = exy .Tính d2f (1, 0)Giải:

Từ f ′x = yexy , f ′y = xexy


nên f ′′x2(1, 0) = 0 , f ′′xy (1, 0) = 1 , f ′′y2(1, 0) = 1

Do đó d2f (1, 0) = 2dxdy + dy2.


LaTex



∂2f

∂x∂y(x0, y0) =

∂2f

∂y∂x(x0, y0)

Khi đó:

?Vi phân cấp 2

d2f (x0, y0) = ∂2f∂x2 (x0, y0)dx2 + 2 ∂2f

∂x∂y (x0, y0)dxdy + ∂2f∂y2 (x0, y0)dy2



nên f ′′x2(1, 0) = 0 , f ′′xy (1, 0) = 1 , f ′′y2(1, 0) = 1

Do đó d2f (1, 0) = 2dxdy + dy2.


LaTex

1) Tìm các đạo hàm riêng cấp 2 của hàm f:a) f (x , y) = x ln y (x > 0, y > 0 ) b) f (x , y) = ln(x +

√x2 + y2)

2) Chứng minh:∂2u∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0 với u(x , y) = ln 1√x2+y2


LaTex

4.BÀI TOÁN CỰC TRỊ

∀(x , y) ∈ V (x0, y0), f (x , y)(≤)≥ f (x0, y0)

⇔ f đạt cực tiểu (đại) tại (x0, y0)


LaTex

4.1. Bài toán 1: Tìm cực trị( địa phương ) của hàm f: z = f(x,y)

Phương pháp:

Bước 1: Tìm tọa độ điểm dừng (điểm nghi ngờ là cực trị) thỏa

hệ:

{f ′x = 0f ′y = 0

⇔ ...⇔{

x = x0

y = y0

Bước 2:Tại (x0, y0):Tính A = f ′′xx(x0, y0) ,B = f ′′xy (x0, y0) , C = f ′′yy (x0, y0)

và ∆ = AC − B2

Bước 3: Kiểm tra∆ < 0 :k.luận f không có điểm cực trị.∆ > 0 + A > 0(< 0):k.luận f đạt điểm cực tiểu (đại) tại (x0, y0)∆ = 0 :khảo sát dấu của f (x , y)− f (x0, y0) trong lân cận của(x0, y0)− >k.luận.

Áp dụng:Tìm cực trị của hàm f : f (x , y) = (x − 1)2 + 2y2


LaTex

4.2. Bài toán 2: Tìm cực trị của hàm f: z = f(x,y) có điều kiệnϕ(x , y) = 0


LaTex

Phương pháp:

Bước 1:Đặt L(x , y) = f (x , y) + λϕ(x , y)

Tìm tọa độ điểm dừng thỏa hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

( 3 ẩn: x , y , λ)

Bước 2: Tại điểm dừng (xi , yi ) ứng vớiλi (i = 1, n)Tìm d2L(xi , yi ) và phát hiện quan hệ giữa dx , dy khi cần thiết( suy từ 0 = dϕ(xi , yi ) = ϕ′x(xi , yi )dx + ϕ′y (xi , yi )dy)

Bước 3:Kiểm tra d2L(xi , yi )(<)> 0 và kết luận f đạt cực tiểu (đại)

tại (xi , yi )


LaTex

Thí dụ: Tìm cực trị của f: z = f (x , y) = x2 + 2y2 − x với điều kiệnx2 + y2 = 1Giải: Cách 1:Đặt L(x , y) = x2 + 2y2 − x + λ(x2 + y2 − 1)Tọa độ điểm dừng thỏa hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32

λ = −2Rõ ràng L′′xx = 2 + 2λ , L′′xy = 0 , L′′yy = 4 + 2λTại I(1,0):d2L(1, 0) = dx2 + 3dy2 > 0Tại J(-1,0):d2L(−1, 0) = −dx2 + dy2 = dy2 > 0(vì 0 = dϕ(−1, 0) = −2dx)

Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.

Vậy đồ thị hàm f đạt cực tiểu tại I,J; cực đại tại K,M.


LaTex

Thí dụ:

Tìm cực trị của f: z = f (x , y) = x2 + 2y2 − x với điều kiệnx2 + y2 = 1Giải: Cách 1:Đặt L(x , y) = x2 + 2y2 − x + λ(x2 + y2 − 1)Tọa độ điểm dừng thỏa hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32


Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.



LaTex

Thí dụ: Tìm cực trị của f: z = f (x , y) = x2 + 2y2 − x với điều kiệnx2 + y2 = 1

Giải: Cách 1:Đặt L(x , y) = x2 + 2y2 − x + λ(x2 + y2 − 1)Tọa độ điểm dừng thỏa hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32


Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.



LaTex

Thí dụ: Tìm cực trị của f: z = f (x , y) = x2 + 2y2 − x với điều kiệnx2 + y2 = 1Giải:

Cách 1:Đặt L(x , y) = x2 + 2y2 − x + λ(x2 + y2 − 1)Tọa độ điểm dừng thỏa hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32


Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.



LaTex

Thí dụ: Tìm cực trị của f: z = f (x , y) = x2 + 2y2 − x với điều kiệnx2 + y2 = 1Giải: Cách 1:Đặt L(x , y) = x2 + 2y2 − x + λ(x2 + y2 − 1)

Tọa độ điểm dừng thỏa hệ:L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32


Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.



LaTex


L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32


Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.



LaTex


L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32

λ = −2

Rõ ràng L′′xx = 2 + 2λ , L′′xy = 0 , L′′yy = 4 + 2λTại I(1,0):d2L(1, 0) = dx2 + 3dy2 > 0Tại J(-1,0):d2L(−1, 0) = −dx2 + dy2 = dy2 > 0(vì 0 = dϕ(−1, 0) = −2dx)

Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.



LaTex


L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32

λ = −2Rõ ràng L′′xx = 2 + 2λ , L′′xy = 0 , L′′yy = 4 + 2λ

Tại I(1,0):d2L(1, 0) = dx2 + 3dy2 > 0Tại J(-1,0):d2L(−1, 0) = −dx2 + dy2 = dy2 > 0(vì 0 = dϕ(−1, 0) = −2dx)

Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.



LaTex


L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32

λ = −2Rõ ràng L′′xx = 2 + 2λ , L′′xy = 0 , L′′yy = 4 + 2λTại I(1,0):d2L(1, 0) = dx2 + 3dy2 > 0

Tại J(-1,0):d2L(−1, 0) = −dx2 + dy2 = dy2 > 0(vì 0 = dϕ(−1, 0) = −2dx)

Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.



LaTex


L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32


Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.



LaTex


L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔

2x(1 + λ) = 12y(2 + λ) = 0x2 + y2 = 1

⇔

2x(1 + λ) = 1[

y = 0λ = −2

x2 + y2 = 1

⇔

x = 1y = 0λ = −1

2

∨

x = −1y = 0λ = −3

2

∨

x = −1

2

y =√

32

λ = −2∨

x = −1

2

y = −√

32


Tại K (−12 ,√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0

Tại M(−12 ,−√

32 ) : d2L(−1

2 ,√

32 ) = −2dx2 < 0.

Vậy đồ thị hàm f đạt cực tiểu tại I,J; cực đại tại K,M.Giảng viên : Lê Thái Duy Website: http://staff.agu.edu.vn/ltduy Email : [email protected] Tel : 0918614420GIẢI TÍCH CAO CẤP ( Mathematics B1 )

LaTex

Cách 2Với điều kiện x2 + y2 = 1 , z = −x2 − x + 2 ( x ∈ [−1, 1])nên z ′x = −2x − 1 , z ′x = 0⇔ x = −1

2

x = 1 ⇒ y = 0x = −1 ⇒ y = 0

x = −12 ⇒ y = ±

√3

2

Do đó f đạt cực tiểu tại (1,0),(-1,0); đạt cực đại tại

(−12 ,√

32 ), (−1

2 ,−√

32 )


LaTex

Cách 2

Với điều kiện x2 + y2 = 1 , z = −x2 − x + 2 ( x ∈ [−1, 1])nên z ′x = −2x − 1 , z ′x = 0⇔ x = −1

2

x = 1 ⇒ y = 0x = −1 ⇒ y = 0

x = −12 ⇒ y = ±

√3

2


(−12 ,√

32 ), (−1

2 ,−√

32 )


LaTex

Cách 2Với điều kiện x2 + y2 = 1 , z = −x2 − x + 2 ( x ∈ [−1, 1])

nên z ′x = −2x − 1 , z ′x = 0⇔ x = −12

x = 1 ⇒ y = 0x = −1 ⇒ y = 0

x = −12 ⇒ y = ±

√3

2


(−12 ,√

32 ), (−1

2 ,−√

32 )


LaTex

Cách 2Với điều kiện x2 + y2 = 1 , z = −x2 − x + 2 ( x ∈ [−1, 1])nên z ′x = −2x − 1 , z ′x = 0⇔ x = −1

2

x = 1 ⇒ y = 0x = −1 ⇒ y = 0

x = −12 ⇒ y = ±

√3

2


(−12 ,√

32 ), (−1

2 ,−√

32 )


LaTex

HOMEWORK1) Tìm cực trị của hàm f: f (x , y) = x4 + y4 − x2 − 2xy − y2

2) Tìm cực trị của hàm f: f (x , y) = 2x4 + y4 − x2 − 2y2

3) Tìm cực trị của hàm f: f (x , y) = 6− 4x − 3y với điều kiện :x2 + y2 = 14) Tìm cực trị của hàm f: f (x , y) = x + 2y với điều kiện :x2 + y2 = 5


LaTex

4.2. Bài toán 3: Tìm GTLN,GTNN của hàm f: z = f(x,y) trên tậpcompact D = ∂D ∪ D(dạng tập có biên) với ∂D : ϕ(x , y) = 0


LaTex

Phương pháp:

Bước 1:?Tìm tọa độ điểm dừng trong D thỏa

f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔ ...⇔{

x = xi

y = yi(i = 1, n)

?Tìm giá trị điểm dừng f (xi , yi ) , (i = 1, n )Bước 2:?Đặt L(x , y) = f (x , y) + λϕ(x , y)?Tìm tọa độ điểm nghi ngờ trên ∂D : ϕ(x , y) = 0 thỏa

hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔ ...⇔

x = xj

y = yj

λ = λj

(j = 1,m)

?Tìm giá trị điểm nghi ngờ f (xj , yj) , (j = 1,m )Bước 3: Tìm Maxf (x , y)

D

= max {f (xi , yi ), f (xj , yj)} ,

và Minf (x , y)D

= min {f (xi , yi ), f (xj , yj)}


LaTex

Phương pháp:


f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔ ...⇔{

x = xi

y = yi(i = 1, n)

?Tìm giá trị điểm dừng f (xi , yi ) , (i = 1, n )

Bước 2:?Đặt L(x , y) = f (x , y) + λϕ(x , y)?Tìm tọa độ điểm nghi ngờ trên ∂D : ϕ(x , y) = 0 thỏa

hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔ ...⇔

x = xj

y = yj

λ = λj

(j = 1,m)


D

= max {f (xi , yi ), f (xj , yj)} ,

và Minf (x , y)D

= min {f (xi , yi ), f (xj , yj)}


LaTex

Phương pháp:


f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔ ...⇔{

x = xi

y = yi(i = 1, n)

?Tìm giá trị điểm dừng f (xi , yi ) , (i = 1, n )Bước 2:

?Đặt L(x , y) = f (x , y) + λϕ(x , y)?Tìm tọa độ điểm nghi ngờ trên ∂D : ϕ(x , y) = 0 thỏa

hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔ ...⇔

x = xj

y = yj

λ = λj

(j = 1,m)


D

= max {f (xi , yi ), f (xj , yj)} ,

và Minf (x , y)D

= min {f (xi , yi ), f (xj , yj)}


LaTex

Phương pháp:


f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔ ...⇔{

x = xi

y = yi(i = 1, n)

?Tìm giá trị điểm dừng f (xi , yi ) , (i = 1, n )Bước 2:?Đặt L(x , y) = f (x , y) + λϕ(x , y)

?Tìm tọa độ điểm nghi ngờ trên ∂D : ϕ(x , y) = 0 thỏa

hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔ ...⇔

x = xj

y = yj

λ = λj

(j = 1,m)


D

= max {f (xi , yi ), f (xj , yj)} ,

và Minf (x , y)D

= min {f (xi , yi ), f (xj , yj)}


LaTex

Phương pháp:


f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔ ...⇔{

x = xi

y = yi(i = 1, n)


hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔ ...⇔

x = xj

y = yj

λ = λj

(j = 1,m)


D

= max {f (xi , yi ), f (xj , yj)} ,

và Minf (x , y)D

= min {f (xi , yi ), f (xj , yj)}


LaTex

Phương pháp:


f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔ ...⇔{

x = xi

y = yi(i = 1, n)


hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔ ...⇔

x = xj

y = yj

λ = λj

(j = 1,m)

?Tìm giá trị điểm nghi ngờ f (xj , yj) , (j = 1,m )

Bước 3: Tìm Maxf (x , y)D

= max {f (xi , yi ), f (xj , yj)} ,

và Minf (x , y)D

= min {f (xi , yi ), f (xj , yj)}


LaTex

Phương pháp:


f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔ ...⇔{

x = xi

y = yi(i = 1, n)


hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔ ...⇔

x = xj

y = yj

λ = λj

(j = 1,m)

?Tìm giá trị điểm nghi ngờ f (xj , yj) , (j = 1,m )Bước 3:

Tìm Maxf (x , y)D

= max {f (xi , yi ), f (xj , yj)} ,

và Minf (x , y)D

= min {f (xi , yi ), f (xj , yj)}


LaTex

Phương pháp:


f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔ ...⇔{

x = xi

y = yi(i = 1, n)


hệ:

L′x = 0L′y = 0ϕ(x , y) = 0

⇔ ...⇔

x = xj

y = yj

λ = λj

(j = 1,m)


D

= max {f (xi , yi ), f (xj , yj)} ,

và Minf (x , y)D

= min {f (xi , yi ), f (xj , yj)}


LaTex

Thí dụ:Tìm gtln,gtnn (nếu có) của hàmf : f (x , y) = x + 2y trênD : x2 + y2 ≤ 5Giải:Tọa độ diểm dừng trong D thỏa hệ

f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔

1 = 02 = 0x2 + y2 < 5

(v .n.)

Đặt L(x , y) = x + 2y + λ(x2 + y2 − 5)Tọa độ điểm nghi ngờ trên biên ∂D thỏa hệ:

L′x = 0L′y = 0(x , y) ∈ ∂D

⇔

1 + 2λx = 02 + 2λy = 0x2 + y2 = 5

⇔

x = −1y = −2λ = 1

2

∨

x = 1y = 2λ = −1

2

Do đó

max f (x , y)D

= max {f (1, 2), f (−1,−2)} = 5

min f (x , y)D

= min {f (1, 2), f (−1,−2)} = −5


LaTex

Thí dụ:

Tìm gtln,gtnn (nếu có) của hàmf : f (x , y) = x + 2y trênD : x2 + y2 ≤ 5Giải:Tọa độ diểm dừng trong D thỏa hệ

f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔

1 = 02 = 0x2 + y2 < 5

(v .n.)


L′x = 0L′y = 0(x , y) ∈ ∂D

⇔

1 + 2λx = 02 + 2λy = 0x2 + y2 = 5

⇔

x = −1y = −2λ = 1

2

∨

x = 1y = 2λ = −1

2

Do đó

max f (x , y)D

= max {f (1, 2), f (−1,−2)} = 5

min f (x , y)D

= min {f (1, 2), f (−1,−2)} = −5


LaTex

Thí dụ:Tìm gtln,gtnn (nếu có) của hàmf : f (x , y) = x + 2y trênD : x2 + y2 ≤ 5

Giải:Tọa độ diểm dừng trong D thỏa hệ

f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔

1 = 02 = 0x2 + y2 < 5

(v .n.)


L′x = 0L′y = 0(x , y) ∈ ∂D

⇔

1 + 2λx = 02 + 2λy = 0x2 + y2 = 5

⇔

x = −1y = −2λ = 1

2

∨

x = 1y = 2λ = −1

2

Do đó

max f (x , y)D

= max {f (1, 2), f (−1,−2)} = 5

min f (x , y)D

= min {f (1, 2), f (−1,−2)} = −5


LaTex

Thí dụ:Tìm gtln,gtnn (nếu có) của hàmf : f (x , y) = x + 2y trênD : x2 + y2 ≤ 5Giải:

Tọa độ diểm dừng trong D thỏa hệf ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔

1 = 02 = 0x2 + y2 < 5

(v .n.)


L′x = 0L′y = 0(x , y) ∈ ∂D

⇔

1 + 2λx = 02 + 2λy = 0x2 + y2 = 5

⇔

x = −1y = −2λ = 1

2

∨

x = 1y = 2λ = −1

2

Do đó

max f (x , y)D

= max {f (1, 2), f (−1,−2)} = 5

min f (x , y)D

= min {f (1, 2), f (−1,−2)} = −5


LaTex


f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔

1 = 02 = 0x2 + y2 < 5

(v .n.)


L′x = 0L′y = 0(x , y) ∈ ∂D

⇔

1 + 2λx = 02 + 2λy = 0x2 + y2 = 5

⇔

x = −1y = −2λ = 1

2

∨

x = 1y = 2λ = −1

2

Do đó

max f (x , y)D

= max {f (1, 2), f (−1,−2)} = 5

min f (x , y)D

= min {f (1, 2), f (−1,−2)} = −5


LaTex


f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔

1 = 02 = 0x2 + y2 < 5

(v .n.)

Đặt L(x , y) = x + 2y + λ(x2 + y2 − 5)

Tọa độ điểm nghi ngờ trên biên ∂D thỏa hệ:L′x = 0L′y = 0(x , y) ∈ ∂D

⇔

1 + 2λx = 02 + 2λy = 0x2 + y2 = 5

⇔

x = −1y = −2λ = 1

2

∨

x = 1y = 2λ = −1

2

Do đó

max f (x , y)D

= max {f (1, 2), f (−1,−2)} = 5

min f (x , y)D

= min {f (1, 2), f (−1,−2)} = −5


LaTex


f ′x = 0f ′y = 0(x , y) ∈ D

⇔

1 = 02 = 0x2 + y2 < 5

(v .n.)


L′x = 0L′y = 0(x , y) ∈ ∂D

⇔

1 + 2λx = 02 + 2λy = 0x2 + y2 = 5

⇔

x = −1y = −2λ = 1

2

∨

x = 1y = 2λ = −1

2

Do đó

max f (x , y)D

= max {f (1, 2), f (−1,−2)} = 5

min f (x , y)D

= min {f (1, 2), f (−1,−2)} = −5


LaTex

5.ỨNG DỤNG TRONG KINH TẾ

?Thông thường trong kinh tế, sản lượng q phụ thuộc vào 5 yếutố:K(capital: vốn hay các yếu tố đầu tư ngoài nhân công),L(labour:nhân công),N(nature: yếu tố tự nhiên ),S(science: k.h.k.thuật),E( environment: môi trường).


LaTex


?Thông thường trong kinh tế, sản lượng q phụ thuộc vào 5 yếutố:

K(capital: vốn hay các yếu tố đầu tư ngoài nhân công),L(labour:nhân công),N(nature: yếu tố tự nhiên ),S(science: k.h.k.thuật),E( environment: môi trường).


LaTex


?Thông thường trong kinh tế, sản lượng q phụ thuộc vào 5 yếutố:K(capital: vốn hay các yếu tố đầu tư ngoài nhân công),

L(labour:nhân công),N(nature: yếu tố tự nhiên ),S(science: k.h.k.thuật),E( environment: môi trường).


LaTex


?Thông thường trong kinh tế, sản lượng q phụ thuộc vào 5 yếutố:K(capital: vốn hay các yếu tố đầu tư ngoài nhân công),L(labour:nhân công),

N(nature: yếu tố tự nhiên ),S(science: k.h.k.thuật),E( environment: môi trường).


LaTex


?Thông thường trong kinh tế, sản lượng q phụ thuộc vào 5 yếutố:K(capital: vốn hay các yếu tố đầu tư ngoài nhân công),L(labour:nhân công),N(nature: yếu tố tự nhiên ),

S(science: k.h.k.thuật),E( environment: môi trường).


LaTex


?Thông thường trong kinh tế, sản lượng q phụ thuộc vào 5 yếutố:K(capital: vốn hay các yếu tố đầu tư ngoài nhân công),L(labour:nhân công),N(nature: yếu tố tự nhiên ),S(science: k.h.k.thuật),

E( environment: môi trường).


LaTex


?Thông thường trong kinh tế, sản lượng q phụ thuộc vào 5 yếutố:K(capital: vốn hay các yếu tố đầu tư ngoài nhân công),L(labour:nhân công),N(nature: yếu tố tự nhiên ),S(science: k.h.k.thuật),E( environment: môi trường).


LaTex

Giả sử N,S,E không thay đổi:Hàm sản xuất q = f(K,L)Hàm doanh thu TR = pq ( p : giá đơn vị sản phẩm )Hàm chi phí TC = g(q)Hàm lợi nhuận π = TR − TCTheo cách nhìn nầy, TR, TC và π là các biểu thức xác định hàm 2biến K,L.?Tuy nhiên theo cách phân tích khác, TR,TC và π xác định hàm nbiến q1, q2, ..., qn với qi :lượng sản phẩm thứ i (i=1,...,n).Thí dụ:

Một công ty sản xuất 2 loại sản phẩm có số lượng q1, q2( trong 1đơn vị thời gian ) với mức giá p1 = 60, p2 = 75.Hàm TR =p1q1 + p2q2 và hàm TC = q2

1 + q1q2 + q22 .

Tìm mức sản lượng q1, q2 để công ty đạt lợi nhuận tối đa.


LaTex

Giả sử N,S,E không thay đổi:

Hàm sản xuất q = f(K,L)Hàm doanh thu TR = pq ( p : giá đơn vị sản phẩm )Hàm chi phí TC = g(q)Hàm lợi nhuận π = TR − TCTheo cách nhìn nầy, TR, TC và π là các biểu thức xác định hàm 2biến K,L.?Tuy nhiên theo cách phân tích khác, TR,TC và π xác định hàm nbiến q1, q2, ..., qn với qi :lượng sản phẩm thứ i (i=1,...,n).Thí dụ:


1 + q1q2 + q22 .



LaTex

Giả sử N,S,E không thay đổi:Hàm sản xuất q = f(K,L)

Hàm doanh thu TR = pq ( p : giá đơn vị sản phẩm )Hàm chi phí TC = g(q)Hàm lợi nhuận π = TR − TCTheo cách nhìn nầy, TR, TC và π là các biểu thức xác định hàm 2biến K,L.?Tuy nhiên theo cách phân tích khác, TR,TC và π xác định hàm nbiến q1, q2, ..., qn với qi :lượng sản phẩm thứ i (i=1,...,n).Thí dụ:


1 + q1q2 + q22 .



LaTex

Giả sử N,S,E không thay đổi:Hàm sản xuất q = f(K,L)Hàm doanh thu TR = pq ( p : giá đơn vị sản phẩm )

Hàm chi phí TC = g(q)Hàm lợi nhuận π = TR − TCTheo cách nhìn nầy, TR, TC và π là các biểu thức xác định hàm 2biến K,L.?Tuy nhiên theo cách phân tích khác, TR,TC và π xác định hàm nbiến q1, q2, ..., qn với qi :lượng sản phẩm thứ i (i=1,...,n).Thí dụ:


1 + q1q2 + q22 .



LaTex

Giả sử N,S,E không thay đổi:Hàm sản xuất q = f(K,L)Hàm doanh thu TR = pq ( p : giá đơn vị sản phẩm )Hàm chi phí TC = g(q)

Hàm lợi nhuận π = TR − TCTheo cách nhìn nầy, TR, TC và π là các biểu thức xác định hàm 2biến K,L.?Tuy nhiên theo cách phân tích khác, TR,TC và π xác định hàm nbiến q1, q2, ..., qn với qi :lượng sản phẩm thứ i (i=1,...,n).Thí dụ:


1 + q1q2 + q22 .



LaTex

Giả sử N,S,E không thay đổi:Hàm sản xuất q = f(K,L)Hàm doanh thu TR = pq ( p : giá đơn vị sản phẩm )Hàm chi phí TC = g(q)Hàm lợi nhuận π = TR − TC

Theo cách nhìn nầy, TR, TC và π là các biểu thức xác định hàm 2biến K,L.?Tuy nhiên theo cách phân tích khác, TR,TC và π xác định hàm nbiến q1, q2, ..., qn với qi :lượng sản phẩm thứ i (i=1,...,n).Thí dụ:


1 + q1q2 + q22 .



LaTex

Giả sử N,S,E không thay đổi:Hàm sản xuất q = f(K,L)Hàm doanh thu TR = pq ( p : giá đơn vị sản phẩm )Hàm chi phí TC = g(q)Hàm lợi nhuận π = TR − TCTheo cách nhìn nầy, TR, TC và π là các biểu thức xác định hàm 2biến K,L.?

Tuy nhiên theo cách phân tích khác, TR,TC và π xác định hàm nbiến q1, q2, ..., qn với qi :lượng sản phẩm thứ i (i=1,...,n).Thí dụ:


1 + q1q2 + q22 .



LaTex

Giả sử N,S,E không thay đổi:Hàm sản xuất q = f(K,L)Hàm doanh thu TR = pq ( p : giá đơn vị sản phẩm )Hàm chi phí TC = g(q)Hàm lợi nhuận π = TR − TCTheo cách nhìn nầy, TR, TC và π là các biểu thức xác định hàm 2biến K,L.?Tuy nhiên theo cách phân tích khác,

TR,TC và π xác định hàm nbiến q1, q2, ..., qn với qi :lượng sản phẩm thứ i (i=1,...,n).Thí dụ:


1 + q1q2 + q22 .



LaTex

Giả sử N,S,E không thay đổi:Hàm sản xuất q = f(K,L)Hàm doanh thu TR = pq ( p : giá đơn vị sản phẩm )Hàm chi phí TC = g(q)Hàm lợi nhuận π = TR − TCTheo cách nhìn nầy, TR, TC và π là các biểu thức xác định hàm 2biến K,L.?Tuy nhiên theo cách phân tích khác, TR,TC và π xác định hàm nbiến q1, q2, ..., qn với qi :lượng sản phẩm thứ i (i=1,...,n).

Thí dụ:


1 + q1q2 + q22 .



LaTex



1 + q1q2 + q22 .



LaTex


Một công ty sản xuất 2 loại sản phẩm có số lượng q1, q2( trong 1đơn vị thời gian ) với mức giá p1 = 60, p2 = 75.

Hàm TR =p1q1 + p2q2 và hàm TC = q2

1 + q1q2 + q22 .



LaTex


Một công ty sản xuất 2 loại sản phẩm có số lượng q1, q2( trong 1đơn vị thời gian ) với mức giá p1 = 60, p2 = 75.Hàm TR =p1q1 + p2q2

và hàm TC = q21 + q1q2 + q2

2 .Tìm mức sản lượng q1, q2 để công ty đạt lợi nhuận tối đa.


LaTex



1 + q1q2 + q22 .



LaTex

BÀI TẬP ỨNG DỤNG:1)Công ty sản xuất pin Laptop có thông tin sau:Hàm sản xuất q = f (K , L) = −K 2 − L2 + 25K + 60LHàm chi phí TC= 10K + 20L + 150Giá bán p = 2 (triệu)Vậy ban giám đốc công ty cần phối hợp yếu tố K,L như thế nào đểđạt lợi nhuận tối đa.(p116-NQH)2)Trong mùa tuyển sinh ĐH, một trường ĐH đã tuyển 5000 sinhviên, được đào tạo tại 2 cơ sở:Cơ sở I với số lượng x sinh viên, hàm chi phí định bởi:CI = 0, 01x2 + 70x + 9300Cơ sở II với số lượng y sinh viên, hàm chi phí định bởi:CII = 0, 015y2 + 72y + 5200Lãnh đạo nhà trường nên phân bố sinh viên ở mỗi cơ sở như thếnào để chi phí đào tạo thấp nhất.(p122-NQH)


LaTex

BÀI TẬP ỨNG DỤNG:1)Công ty sản xuất pin Laptop có thông tin sau:Hàm sản xuất q = f (K , L) = −K 2 − L2 + 25K + 60LHàm chi phí TC= 10K + 20L + 150Giá bán p = 2 (triệu)Vậy ban giám đốc công ty cần phối hợp yếu tố K,L như thế nào đểđạt lợi nhuận tối đa.(p116-NQH)

2)Trong mùa tuyển sinh ĐH, một trường ĐH đã tuyển 5000 sinhviên, được đào tạo tại 2 cơ sở:Cơ sở I với số lượng x sinh viên, hàm chi phí định bởi:CI = 0, 01x2 + 70x + 9300Cơ sở II với số lượng y sinh viên, hàm chi phí định bởi:CII = 0, 015y2 + 72y + 5200Lãnh đạo nhà trường nên phân bố sinh viên ở mỗi cơ sở như thếnào để chi phí đào tạo thấp nhất.(p122-NQH)


LaTex

BÀI TẬP ỨNG DỤNG:1)Công ty sản xuất pin Laptop có thông tin sau:Hàm sản xuất q = f (K , L) = −K 2 − L2 + 25K + 60LHàm chi phí TC= 10K + 20L + 150Giá bán p = 2 (triệu)Vậy ban giám đốc công ty cần phối hợp yếu tố K,L như thế nào đểđạt lợi nhuận tối đa.(p116-NQH)2)Trong mùa tuyển sinh ĐH, một trường ĐH đã tuyển 5000 sinhviên, được đào tạo tại 2 cơ sở:Cơ sở I với số lượng x sinh viên, hàm chi phí định bởi:CI = 0, 01x2 + 70x + 9300Cơ sở II với số lượng y sinh viên, hàm chi phí định bởi:CII = 0, 015y2 + 72y + 5200Lãnh đạo nhà trường nên phân bố sinh viên ở mỗi cơ sở như thếnào để chi phí đào tạo thấp nhất.(p122-NQH)


gi…itšchcaoc⁄p ( mathematics b1 ) · 2014. 10. 28. · latex lim;y) f(x;y) = a,8 (x n;y n)2d i...

Documents