BÀI TOÁN CHỨNG MINH CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN MỘT CÁCH TỔNG QUÁT

Đặt vấn đề: Khi chúng ta gặp bài toán cực trị có điều kiện chúng ta thường giải theo phương pháp Lagrange như đã được học nhưng không biết là tại sao có hàm như vậy? ma trận Hess ở đâu ra? Tại sao định thức |H�| > 0 là hàm đạt cực đại, định thức |H�| < 0 là hàm đạt cực tiểu? Để giải quyết các vấn đề trên sau đây là phần chứng minh bổ đề Lagrange chi tiết theo cách tối đa hóa sự đơn giản: Bài toán: Hàm z = f(x, y) (1) → với điều kiện : g(x, y) = c (2). Giải: (2) c ˗ g(x, y) = 0 (3) xác định ần hàm y = h(x) Lấy đạo hàm toán phần hệ (1) theo x ta có : ∂z∂x

= ∂𝑓∂x

+ ∂z∂y

dydx

+ Điều kiện cần:

Cho ∂z∂x

= 0 ∂z∂x

= ∂𝑓∂x

+ ∂z∂y

dydx

= 0 (4)

Nghiệm của (4) là các điểm dừng Từ (3) lấy đạo hàm toàn phần (3) theo x ta có:

˗ ∂g∂x

˗ ∂g∂y

dydx

= 0 (5)

Lấy (5) nhân với hệ số chưa xác định λ và cộng với phương trình (4) ta có: ∂𝑓∂x

+ ∂z∂y

dydx

+ λ �˗ ∂g∂x ˗ ∂g

∂ydydx� = 0

∂𝑓∂x

˗ λ ∂g∂x + �∂z

∂y ˗ λ ∂g∂y�

dydx = 0 (6)

Do đó (6) cũng là nghiệm đúng tại các điểm dừng thỏa mãn điều kiện (2). Ta chọn hằng số λ sao

cho tại những điểm dừng hệ số của dydx

triệt tiêu = 0.

Tức là: ∂z∂y

˗ λ ∂g∂y

= 0 (7)

Từ (6) và (7) ta có những điểm dừng với điều kiện (2) là nghiệm hệ phương trình :

⎩⎨

⎧∂𝑓∂x

˗ λ ∂g∂x

= 0 ∂𝑓∂y

˗ λ ∂g∂y

= 0

c ˗ g(x, y) = 0

Thay (7), (5) vào (4) → ∂z∂x

= zx′ = ∂f∂x

˗ λ ∂g∂x

= 0 tương tự ta có:

GV: Thầy Mạnh (0989290633). Tài liệu ôn thi, đề thi có tại: www.facebook.com/centretrain

1

∂z∂y

= zy′ = ∂f∂y

˗ λ ∂g∂y

Xét : z = f(x, y) với 2 hàm ẩn x = k(λ); y = g(λ) ∂z∂λ

= ∂z∂x

dxdλ

+ ∂z∂y

dydλ

= 0 → ∂z∂λ

= λ ∂g∂x

dxdλ + λ ∂g

∂ydydλ = 0 → ∂z

∂λ = ∂g

∂xdx + ∂g

∂ydy = 0

∂z∂λ

= c ˗ g(x, y) = 0

⎩⎪⎨

⎪⎧∂z∂x

= ∂𝑓∂x

˗ λ ∂g∂x

= 0 ∂z∂y

=∂𝑓∂y

˗ λ ∂g∂y

= 0 ∂z∂λ

= c ˗ g(x, y) = 0

Hệ (I)

Bây giờ ta xét hàm Lagrange dạng: L(x, y, λ) = f(x, y) + λ[c ˗ g(x, y) ] → cực trị + Điều kiện cần :

⎩⎪⎨

⎪⎧Lx′ = ∂𝑓

∂x ˗ λ ∂g

∂x= 0

Ly′ =∂𝑓∂y

˗ λ ∂g∂y

= 0

Lλ′ = c ˗ g(x, y) = 0

Hệ (II)

Nhìn vào hệ Hệ (I) và Hệ (II) có thể nhận thấy những điểm dừng của hàm Lagrange có thể là cực trị của hàm z = f(x, y) → với điều kiện: g(x, y) = c. Chú ý nhân tử Lagrange λ chỉ đóng vai trò phụ trong việc tìm điểm dừng x∗, y∗. + Điều kiện đủ: Lấy vi phân toàn phần cấp 2 của (1) ta có:

(1) d2z = d(dz) = d( zx′dx + zy′dy) = ∂z∂x�zx

′ dx + zy′ dy�dx +

∂z∂y�zx

′ dx + zy′ dy�dy

= zxx′′ (dx)2 + zyx′′ dxdy + zxy′′ dxdy + zyy′′ (dy)2 (áp dụng định lý Young zyx′′ = zxy′′ ) = zxx′′ (dx)2 + 2zxy′′ dxdy + zyy′′ (dy)2 (8)

Mặt khác từ (5) → dy = ˗ gx′

gy′ dx thay vào (8)

(8) d2z = zxx′′ (dx)2 ˗ 2 zxy′′gx′

gy′ (dx)2 + zyy′′

(gx′ )2

(gy′ )2 (dx)2

= �zxx′′ (gy′ )2 ˗ 2 zxy′′ gx′ gy′ + zyy′′ (gx′ )2� (dx)2

(gy′ )2

Do (dx)2

(gy′ )2 > 0 nên dấu của d2z ∈ vào dấu của tam thức bậc 2:

zxx′′ (gy′ )2 ˗ 2 zxy′′ gx′ gy′ + zyy′′ (gx′ )2 (9)

GV: Thầy Mạnh (0989290633). Tài liệu ôn thi, đề thi có tại: www.facebook.com/centretrain

2

Mặt khác xét định thức Bordered Hessian viết tắt là định thức Hess:

|H�| = �0 gx′ gy′

gx′ Lxx′′ Lxy′′

gy′ Lyx′′ Lyy′′�

Khai triển định thức theo dòng 1 ta có: |H�| = a11A11 + a12A12 + a13A13

= gx′ (˗1)3 �gx′ Lxy′′

gy′ Lyy′′� + gy′ (˗1)4 �

gx′ Lxx′′gy′ Lyx′′

�

= ˗ gx′ (gx′ . Lyy′′ ˗ gy′ Lxy′′ ) + gy′ (gx′ . Lyx′′ ˗ gy′ Lxx′′ ) = ˗ Lyy′′ .(gx′ )2 + Lxy′′ gx′ gy′ + Lxy′′ gx′ gy′ ˗ Lxx′′ .(gy′ )2 = ˗ �Lxx′′ . (gy′ )2 ˗ 2 Lxy′′ gx′ gy′ + Lyy′′ . (gx′ )2� (10) Do zxx′′ = Lxx′′ ; zxy′′ = Lxy′′ ; zyy′′ = Lyy′′ nên từ (9) và (10) → dấu của d2z ngược với dấu của định thức |H�| tức là: + d2z < 0 → hàm lõm điểm dừng là cực đại tức là |H�| > 0 điểm dừng là cực đại + d2z > 0 → hàm lồi điểm dừng là cực tiểu tức là |H�| < 0 điểm dừng là cực tiểu Kết Luận: Vậy từ những điều trên chứng minh được là có thể dùng phương pháp nhân tử Lagrange để giải bài toán cực trị có điều kiện , ma trân hess có dạng như ở trên và có thể sử dụng dấu của |H�| để kết luận về điểm dừng.

GV: Thầy Mạnh (0989290633). Tài liệu ôn thi, đề thi có tại: www.facebook.com/centretrain

3