Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa $x+y+z=5$ và $x^2+y^2+z^2=9.$ Tìm GTLN và GTNN của $$P=x^2y+y^2z+z^2x$$
Giải
Đặt $\left\{\begin{matrix} x=a+\frac{5}{3} & & \\
y=b+\frac{5}{3} & & \\ z=c+\frac{5}{3} & &
\end{matrix}\right.$
Suy ra $\left\{\begin{matrix} a+b+c=0 & \\ a^2+b^2+c^2=\frac{2}{3} & \end{matrix}\right.$
Bài toán quy về tìm $\max$ và $\min$ của $P=a^2b+b^2c+c^2a+\frac{125}{9}$
Điểm cực trị là nghiệm của hệ
$$ \left\{\begin{matrix}
\frac{\partial f}{\partial a}=\frac{\partial f}{\partial b}=\frac{\partial f}{\partial c}\\
a+b+c=0
\\ a^2+b^2+c^2=\frac{2}{3}
\end{matrix}\right.$$
$$ \left\{\begin{matrix}
\frac{\partial f}{\partial a}=\frac{\partial f}{\partial b}=\frac{\partial f}{\partial c}\\
a+b+c=0
\\ a^2+b^2+c^2=\frac{2}{3}
\end{matrix}\right.$$
Từ đây ta có được
$$\frac{a^2+2bc}{b}=\frac{b^2+2ac}{c}=\frac{c^2+2ab}{a}$$
Viết lại $P'=a^2b+b^2c+c^2a$ như sau $(3P')^2=[a.(a^2+2bc)+c.(b^2+2ac)+a.(c^2+2ab)]^2\leq[a^2+b^2+c^2].[\sum _{cyc}(a^2+2bc)^2] $
Mà $\sum _{cyc}(a^2+2bc)^2=2(ab+bc+ac)^2+(a^2+b^2+c^2)^2$
$$ab+bc+ac=\frac{(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}=-\frac{1}{3}$$
Do đó $\sum _{cyc}(a^2+2bc)^2=\frac{2}{3}$
Từ đây ta có $$-\frac{2}{9}\le P'\le \frac{2}{9}$$
Do đó$$\frac{41}{3}=-\frac{2}{9}+\frac{125}{9}\le P\le \frac{2}{9}+\frac{125}{9}=\frac{127}{9}$$
Ta có thể tiếp cận theo hướng khác nhưng cách này giải hệ khá cồng kềnh
Xét hàm Lagrange $L(x;y;\lambda)=f(x;y)+\lambda.g(x;y)$,trong đó $g(x;y)=0$ là hàm điều kiện.
Trong bài toán này thì $g(x;y)=x^2+y^2+xy-5x-5y+8$.
Khi đó hàm Lagrange sẽ là :
$$L(x;y;\lambda)=x^3+3x^2y-10x^2-10xy+25x-y^3+5y^2+\lambda (x^2+y^2+xy-5x-5y+8)$$
Điểm dừng $(\lambda_0;x_0;y_0)$ sẽ là nghiệm của hệ :
$$\left\{\begin{matrix} \frac{\partial L(x;y;\lambda )}{\partial x}=0\\ \frac{\partial L(x;y;\lambda )}{\partial y}=0\\ g(x;y)=0 \end{matrix}\right. \iff \left\{\begin{matrix}3x^2+6xy-20x-10y+25+\lambda(2x+y-5)=0\\ 3x^2-10x-3y^2+10y+\lambda(2y+x-5)=0\\ x^2+y^2+xy-5x-5y+8=0\end{matrix}\right. \quad (*)$$
Giải hệ này sẽ cho ta bộ nghiệm điểm dừng $(x_0;y_0;\lambda_0)$.
Tiếp theo ta xét ma trận Hesse bound :
$$H_{b}=\begin{pmatrix}\frac{\partial ^2L(x;y;\lambda)}{\partial x^2} & \frac{\partial ^2 L(x;y;\lambda)}{\partial x\partial y} & \frac{\partial g(x;y)}{\partial x}\\ \frac{\partial ^2L(x;y;\lambda)}{\partial y\partial x} & \frac{\partial ^2L(x;y;\lambda)}{\partial y^2} & \frac{\partial g(x;y)}{\partial y}\\ \frac{\partial g(x;y)}{\partial x} & \frac{\partial g(x;y)}{\partial y} & 0\end{pmatrix}$$
Thay bộ nghiệm điểm dừng vào ma trận $H_{b}$,nếu $\det H_{b}>0$ thì $f(x;y)$ đạt cực đại tai $(x_0;y_0)$,còn $\det H_{b}<0$ thì đạt cực tiểu.
Trong bài toán này thì $g(x;y)=x^2+y^2+xy-5x-5y+8$.
Khi đó hàm Lagrange sẽ là :
$$L(x;y;\lambda)=x^3+3x^2y-10x^2-10xy+25x-y^3+5y^2+\lambda (x^2+y^2+xy-5x-5y+8)$$
Điểm dừng $(\lambda_0;x_0;y_0)$ sẽ là nghiệm của hệ :
$$\left\{\begin{matrix} \frac{\partial L(x;y;\lambda )}{\partial x}=0\\ \frac{\partial L(x;y;\lambda )}{\partial y}=0\\ g(x;y)=0 \end{matrix}\right. \iff \left\{\begin{matrix}3x^2+6xy-20x-10y+25+\lambda(2x+y-5)=0\\ 3x^2-10x-3y^2+10y+\lambda(2y+x-5)=0\\ x^2+y^2+xy-5x-5y+8=0\end{matrix}\right. \quad (*)$$
Giải hệ này sẽ cho ta bộ nghiệm điểm dừng $(x_0;y_0;\lambda_0)$.
Tiếp theo ta xét ma trận Hesse bound :
$$H_{b}=\begin{pmatrix}\frac{\partial ^2L(x;y;\lambda)}{\partial x^2} & \frac{\partial ^2 L(x;y;\lambda)}{\partial x\partial y} & \frac{\partial g(x;y)}{\partial x}\\ \frac{\partial ^2L(x;y;\lambda)}{\partial y\partial x} & \frac{\partial ^2L(x;y;\lambda)}{\partial y^2} & \frac{\partial g(x;y)}{\partial y}\\ \frac{\partial g(x;y)}{\partial x} & \frac{\partial g(x;y)}{\partial y} & 0\end{pmatrix}$$
Thay bộ nghiệm điểm dừng vào ma trận $H_{b}$,nếu $\det H_{b}>0$ thì $f(x;y)$ đạt cực đại tai $(x_0;y_0)$,còn $\det H_{b}<0$ thì đạt cực tiểu.
Tới đây....
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét