Phép Tính Vi Phân, Định Lý Hàm ẩn – Hàm Ngược, Cực Trị Có điều Kiện

Có thể bạn quan tâm

Trong sách giáo trình nhìn Định lý hàm ẩn – hàm ngược qua con mắt giải tích. Trong bài viết

https://bomongiaitich.wordpress.com/2011/04/11/d%E1%BB%8Bnh-ly-fermat-d%E1%BB%8Bnh-ly-ham-ng%C6%B0%E1%BB%A3c/

lại nhìn các Định lý này qua con mắt hình học.

Dưới đây ta sẽ nhìn các Định lý này qua con mắt Đại số tuyến tính nhờ phép tính vi phân và đạo hàm hàm hợp.

Trước hết ta xem lại Định lý hàm ngược trong hàm một biến.

Xét hàm $y: (a, b) \to \mathbb R$ khả vi, $x_0\in (a, b), y_0=y(x_0)$ .

Ta có vi phân của hàm $f$ tại $x_0$

$dy(x_0)=y^{,}(x_0)dx$ hay viết $dy=y^{,}(x_0)dx$

Nếu $y^{,}(x_0)\not=0$ thì

$dx=\dfrac{1}{y^{,}(x_0)}dy$ .

Viết như trên nghĩa là ta coi $x$ như một hàm theo $y$ . Hơn thế hàm $x=x(y)$ còn là hàm khả vi tại $y_0$

$x^{,}(y_0)=\dfrac{1}{y^{,}(x_0)}$ .

Đây chính là nội dung của Định lý hàm ngược.

Định lý hàm ngược trong trường hợp một biến chẳng qua là trường hợp riêng của Định lý hàm ẩn trong trường hợp hai biến theo nghĩa sau:

ta giải $x$ theo $y$ nhờ phương trình

$F(x, y)=0$

với $F(x, y)=y(x)-y$ .

Lúc này khác với trước $x, y$ có vai trò như các biến bình đẳng (lúc trước $y$ được coi như hàm của $x$ ).

Ta vi phân hai vế của phương trình $F(x, y)=0$ có

$\dfrac{\partial F}{\partial x}(x, y)dx+\dfrac{\partial F}{\partial y}(x, y)dy=0$ .

Để giải $x$ theo $y$ ta giải $dx$ theo $dy$ . Điều này chỉ làm được khi

$\dfrac{\partial F}{\partial x}(x, y)\not=0$ .

Và khi đó $x$ giải được theo $y$ . Hơn thế ta có thể tính đạo hàm

$x^{,}(y)=\dfrac{dx}{dy}=-\Big(\dfrac{\partial F}{\partial x}(x, y)\Big)^{-1}\dfrac{\partial F}{\partial y}(x, y)$ .

Đây chính là nội dung của Định lý hàm ẩn.

Ta có thể kiểm tra qua ví dụ:

$F(x, y)=x^2+y^2-1$ .

Trong ví dụ này có hai điểm $(0, -1), (0, 1)$ ta không thể giải được $x$ theo $y$ (Tại sao?).

Tại những điểm khác có lời giải thông thường:

$x>0: x=\sqrt{1-y^2}$ ,

$x<0: x=-\sqrt{1-y^2}$ .

Trong lời giải thông thường trên ta phải chia trường hợp, còn với Định lý hàm ẩn, đạo hàm $x^{,}(y)$ được biểu thị chung

$x^{,}(y)=-\dfrac{y}{x}$ .

Ta có thể tiếp tục tính đạo hàm cấp cao $x^{,,}(y), x^{,,,}(y), \dots$ từ $x^{,}(y)$ với lưu ý $y$ là biến, $x$ là hàm theo $y$ và $F(x, y)=x^2+y^2-1=0$ . Chẳng hạn

$x^{,,}(y)=-\dfrac{x-yx^{,}(y)}{x^2}=-\dfrac{x^2+y^2}{x^3}=-\dfrac{1}{x^3}$ .

Vai trò của $x, y$ là như nhau trong Định lý hàm ngược nên ta cũng nghĩ đến việc giải $y$ theo $x$ một cách tương tự.

Ta cũng có thể có Định lý hàm ngược cho trường hợp hàm ba biến

$F: U (\subset \mathbb R^3) \to \mathbb R$ .

Chẳng hạn xét phương trình

$x^2+y^2+z^2-1=0$ .

Lúc này việc giải phương trình là tìm hàm hai biến $x=x(y, z)$ .

Ta lấy vi phân phương trình ngay trên

$2xdx+2ydy+2zdz=0$ .

Lại lưu ý $x$ là hàm theo $y, z$ có

$dx=\dfrac{\partial x}{\partial y}dy+\dfrac{\partial x}{\partial z}dz$ .

Khi đó

$\big(2x\dfrac{\partial x}{\partial y}+2y\big)dy+\big(2x\dfrac{\partial x}{\partial z}+2z\big)dz=0$ .

Do $y, z$ là các biến độc lập nên $dy, dz$ cũng độc lập. Từ đó đồng nhất hệ số ta được

$2x\dfrac{\partial x}{\partial y}+2y=0$ ,

$2x\dfrac{\partial x}{\partial z}+2z=0$ .

Như vậy để giải được $x$ theo $y, z$ cần

$2x=\dfrac{\partial F}{\partial x}(x, y, z)\not=0$ .

Ta lại có thể tính được các đạo hàm riêng

$\dfrac{\partial x}{\partial y}, \dfrac{\partial x}{\partial z}$ ,

$\dfrac{\partial^2 x}{\partial y^2}, \dfrac{\partial^2 x}{\partial y\partial z}, \dfrac{\partial^2 x}{\partial z^2}$ ,

$\dots$ .

Ta vẫn chưa thấy bóng dáng của Đại số tuyến tính một cách rõ nét.

Ta quan sát Định lý hàm ẩn cho hàm véc-tơ ba biến

$F: U(\subset\mathbb R^3)\to \mathbb R^2$ .

Chẳng hạn

$F(x, y, z)=(x^2+y^2+z^2-1, x^2+y^2-z)$ .

Lúc này ta giải $F(x, y, z)=0$ nghĩa là giải hệ phương trình

$f_1(x, y, z)=x^2+y^2+z^2-1=0$ ,

$f_2(x, y, z)=x+y+z=0$ .

Ta lấy vi phân được

$2xdx+2ydy+2zdz=0$ ,

$dx+dy+dz=0$ .

Từ hệ phương trình tuyến tính này ta có thể giải $dx, dy$ qua $dz$ .

Khi đó để hệ có duy nhất nghiệm ta cần

$det\begin{bmatrix} 2x & 2y \\1 & 1\end{bmatrix}=2(x-y)\not=0$

hay

$A=det\begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x}(x, y, z) & \frac{\partial f_1}{\partial y}(x, y ,z)\\ \frac{\partial f_2}{\partial x}(x, y ,z) & \frac{\partial f_2}{\partial y}(x, y, z)\end{bmatrix}\not=0$ .

Khi đó ta giải được $x, y$ là các hàm theo biến $z$ . Hơn nữa, bằng công thức Cramer ta tính được các đạo hàm

$x^{,}(z)=\dfrac{B}{A}=\dfrac{y-z}{x-y}, y^{,}(z)=\dfrac{C}{A}=\dfrac{z-x}{x-y}$ ,

trong đó

$B=det\begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial y}(x, y, z) & \frac{\partial f_1}{\partial z}(x, y ,z)\\\frac{\partial f_2}{\partial y}(x, y ,z) & \frac{\partial f_2}{\partial z}(x, y, z)\end{bmatrix}, C=det\begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial z}(x, y, z) & \frac{\partial f_1}{\partial x}(x, y ,z)\\\frac{\partial f_2}{\partial z}(x, y ,z) & \frac{\partial f_2}{\partial x}(x, y, z)\end{bmatrix}$ .

Tiếp tục, ta chuyển qua Định lý hàm ngược trong trường hợp hai biến.

Chẳng hạn ta xét ví dụ

$(x, y): (0, 2\pi)\times (0, +\infty)\to \mathbb R^2\setminus\{0\}$

$x(r, \theta)=r\cos\theta, y=r\sin\theta$ .

Ta thử xem khi nào tìm được hàm ngược $r(x, y), \theta=\theta(x, y)$ . Nói cách khác ta giải $r, \theta$ từ hệ phương trình

$f(x, y, r, \theta)=x-r\cos\theta=0$ ,

$g(x, y, r, \theta)=y-r\sin\theta=0$ .

Lúc này $x, y, r, \theta$ là các biến bình đẳng.

Ta lấy vi phân được

$\cos\theta dr-r\sin\theta d\theta=1dx+0dy$ ,

$\sin\theta dr+r\cos\theta d\theta=0dx+1dy$ .

Để giải được $r, \theta$ theo $x, y$ ta cần

$det\begin{bmatrix}\cos\theta & -r\sin\theta\\ \sin\theta & r\cos\theta\end{bmatrix}=r\not=0$

hay

$A=det\begin{bmatrix} \frac{\partial f}{\partial r}(x, y, r, \theta) & \frac{\partial f}{\partial \theta}(x, y ,r, \theta)\\\frac{\partial g}{\partial r}(x, y ,r, \theta) & \frac{\partial g}{\partial \theta}(x, y, r, \theta)\end{bmatrix}\not=0$ .

Khi đó

$\begin{bmatrix}dr\\ d\theta\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac{\partial f}{\partial r}(x, y, r, \theta) & \frac{\partial f}{\partial \theta}(x, y ,r, \theta)\\\frac{\partial g}{\partial r}(x, y ,r, \theta) & \frac{\partial g}{\partial \theta}(x, y, r, \theta)\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}dx\\ dy\end{bmatrix}$ .

Lúc này coi $r, \theta$ là các hàm theo $x, y$ có

$\begin{bmatrix}dr\\ d\theta\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac{\partial r}{\partial x}(x, y) & \frac{\partial r}{\partial y}(x, y)\\\frac{\partial \theta}{\partial x}(x, y) & \frac{\partial \theta}{\partial y}(x, y)\end{bmatrix}\begin{bmatrix}dx\\ dy\end{bmatrix}$ .

Từ đó

$\begin{bmatrix} \frac{\partial r}{\partial x}(x, y) & \frac{\partial r}{\partial y}(x, y)\\\frac{\partial \theta}{\partial x}(x, y) & \frac{\partial \theta}{\partial y}(x, y)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \frac{\partial f}{\partial r}(x, y, r, \theta) & \frac{\partial f}{\partial \theta}(x, y ,r, \theta)\\\frac{\partial g}{\partial r}(x, y ,r, \theta) & \frac{\partial g}{\partial \theta}(x, y, r, \theta)\end{bmatrix}^{-1}$ .

Đây chính là nội dung Định lý hàm ngược.

Viết rõ ràng ta được

$\dfrac{\partial r}{\partial x}(x, y)=\cos\theta, \dfrac{\partial r}{\partial y}(x, y)=-\sin\theta$ ,

$\dfrac{\partial \theta}{\partial x}(x, y)=-\dfrac{\sin\theta}{r}, \dfrac{\partial \theta}{\partial y}(x, y)=\dfrac{\cos\theta}{r}$ .

Ta lại có thể tính các đạo hàm riêng cấp cao:

$\dfrac{\partial^2 r}{\partial x^2}(x, y), \dfrac{\partial^2 r}{\partial x\partial y}(x, y), \dfrac{\partial^2 r}{\partial y^2}(x, y)$ ,

$\dfrac{\partial^2 \theta}{\partial x^2}(x, y), \dfrac{\partial^2 \theta}{\partial x\partial y}(x, y), \dfrac{\partial^2 \theta}{\partial y^2}(x, y)$ ,

$\dots$ .

Ta đã nhìn thấy phần đại số tuyến tính. Còn phần quan trọng nữa chưa nói đến:

“tính giải được” ở các kết quả trên chỉ mang tính “địa phương”.

Để cụ thể các bạn kiểm tra ví dụ

$F: \mathbb R^2\to\mathbb R^2$ ,

$F(x, y)=((y^3+y)\cos x, (y^3+y)\sin x)$

là ánh xạ có ngược tại địa phương của mọi điểm $(x_0, y_0)$ trên mặt phẳng,

không là đơn ánh.

Giờ ta chuyển sang cực trị có điều kiện.

Ta đi xét ví dụ cụ thể sau:

Tìm cực trị hàm $f(x, y, z)=x+y+z$

với điều kiện $g(x, y, z)=x^2+y^2+z^2-1=0$ .

Trước hết ta vi phân điều kiện

$xdx+ydy+zdz=0$ .

Điểm $(x_0, y_0, z_0)$ là điểm cực trị của hàm $f$ .

Để ý rằng ta luôn có thể giải

+ hoặc $z$ theo $x, y$

+ hoặc $x$ theo $y, z$ ,

+ hoặc $y$ theo $z, x$

ở gần điểm $(x_0, y_0, z_0)$ .

Giả sử ta giải đươc $z$ giải được theo $x, y$ .

Điểm $(x_0, y_0, z_))$ là cực trị có điều kiện của hàm $f(x, y, z)$ thì điểm $(x_0, y_0)$ là điểm cực trị tự do của hàm $f(x, y, z(x, y))$ . Theo Fermat có

$df(x_0, y_0, z(x_0, y_0))=(1+\dfrac{\partial z}{\partial x}(x_0, y_0))dx+(1+\dfrac{\partial z}{\partial y}(x_0, y_0))dy=0$ .

Ngoài ra có tại $(x_0, y_0, z_0)$

$x_0dx+y_0dy=-z_0\dfrac{\partial z}{\partial x}(x_0, y_0)dx - z_0\dfrac{\partial z}{\partial y}(x_0, y_0)dy$

(do $xdx+ydy+zdz=0$ ).

Từ đó

$z_0\dfrac{\partial z}{\partial x}(x_0, y_0)=-x_0=-z_0$ ,

$z_0\dfrac{\partial z}{\partial y}(x_0, y_0)=-y_0=-z_0$ .

Điều này cũng có được từ cách làm hình thức sau.

Cực trị của $f$ tại $x_0, y_0, z_0$ nên “theo Fermat”

$df(x_0, y_0, z_0)=dx+dy+dz=0$ .

Mà từ điều kiện có

$xdx+ydy+zdz=0$

nên có hệ $(1, 1, 1), (x_0, y_0, z_0)$ cùng phương hay

$1=2\lambda x_0, 1=2\lambda y_0, 1=2\lambda z_0$ .

Như vậy $x_0=y_0=z_0$ , kết hợp với $g(x_0, y_0, z_0)=x_0^2+y_0^2+z_0^2-1=0$ có các điểm dừng

$x_0=y_0=z_0=\pm\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ .

Để xem hai điểm dừng trên là cưc đại hay cực tiểu ta xét vi phân cấp hai

$d^2f(x_0, y_0, z_0)$

với lưu ý $z=z(x, y)$ và

$df(x, y, z)=(1+\dfrac{\partial z}{\partial x}(x, y))dx+(1+\dfrac{\partial z}{\partial y}(x, y))dy$ ,

$dg(x, y, z)=2(x+z\dfrac{\partial z}{\partial x}(x, y))dx+2(y+z\dfrac{\partial z}{\partial y}(x, y))dy=0$ .

Khi đó

$\dfrac{\partial z}{\partial x}(x, y)=-\dfrac{x}{z}, \dfrac{\partial z}{\partial y}(x, y)=-\dfrac{y}{z},$

$\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2}(x, y)=-\dfrac{x^2+z^2}{z^3}, \dfrac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}(x, y)=-\dfrac{xy}{z^3}, \dfrac{\partial^2 z}{\partial y^2}(x, y)=-\dfrac{y^2+z^2}{z^3}$ .

Ta có

$d^2f(x_0, y_0, z_0)=\dfrac{\partial}{\partial x}(1+\dfrac{\partial z}{\partial x}(x_0, y_0))dx^2+$

$+(\dfrac{\partial}{\partial y}(1+\dfrac{\partial z}{\partial x}(x_0, y_0))+\dfrac{\partial}{\partial x}(1+\dfrac{\partial z}{\partial y}(x_0, y_0)))dxdy+$