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