Cực trị có điều kiện (cực trị ràng buộc)

1.Ví dụ hé đầu:

Ví dụ 1: Từ 1 đoạn trực tiếp có tính nhiều năm là a. Hãy tạo nên trở thành 1 tam giác với diện tích S rộng lớn nhất

Ký hiệu tía cạnh tam giác là x, hắn, z và p là nửa chu vi tam giác.

Ta cần thiết lần tam giác với diện tích S lớn số 1. Bài toán đem về t2im cực to của hàm số:

$S = \sqrt{p(p-x)(p-y)(p-z)}$ (công thức Hê-rông),

trong bại liệt x, hắn, z vừa lòng ĐK $x + hắn +z = a$

Ví dụ 2: Từ một miếng Fe với diện tích S 2a. Quý khách hàng hãy thực hiện 1 dòng sản phẩm vỏ hộp hình trạng vỏ hộp sao cho tới nó rất có thể tích lớn số 1.

Ta ký hiệu chiều nhiều năm, chiều rộng lớn, độ cao của vỏ hộp là x, hắn, z

Bài toán đem về lần cực kỳ trị của hàm số $V = xyz$ , nhập bại liệt diện tích S xung xung quanh của hình vỏ hộp cần vị 2a, hoặc x, hắn, z cần vừa lòng ĐK xy + yz + xz = a.

Như vậy, nhập thực tiễn, với thật nhiều câu hỏi cực kỳ trị tuy nhiên những biến đổi số ko cần là biến đổi song lập, nhưng mà bọn chúng bị buộc ràng vị những ĐK phụ này bại liệt.

2. Mô hình câu hỏi tìm cực trị có điều kiện:

Xét bài xích toán: lần cực kỳ trị của hàm $z = f(x,y) (1)$ , nhập bại liệt x, hắn là những biến đổi thỏa ĐK $g(x,y) = 0 (2)$

Nhận xét: quy mô câu hỏi với ĐK chỉ xét với ĐK (2) là 1 trong những phương trình. Như vậy nếu như ĐK (2) với dạng: g(x,y) < 0 (hoặc g(x,y) > 0) (2′) thì được hiểu là lần cực kỳ trị khu vực của hàm z = f(x,y), nhập bại liệt tớ chỉ xét những trạm dừng trực thuộc miền vừa lòng ĐK (2′)

3. Định nghĩa:

Ta bảo rằng hàm $z=f(x,y)$ với ĐK $g(x,y)=0$ đạt cực kỳ tè bên trên $\mathop {M_0(x_0;y_0)}$ nếu như tồn bên trên một phụ cận $B(M_0;{\epsilon})$ của M0 sao cho:

$f(x,y) \ge f(x_0;y_0) , \forall (x,y) \in B(M_0;{\epsilon}$ thỏa: g(x,y) = 0

cuctri Thông thông thường, phương trình f(x,y) = 0 là phương trình của lối cong (C). Như vậy, tớ chỉ đối chiếu $f(M_0)$ với $\mathop f(M)$ Lúc M phía trên (C).

Tương tự động, tớ cũng có thể có khái niệm cực to với ĐK.

Cực tè với ĐK và cực to với ĐK được gọi công cộng là cực kỳ trị với ĐK.

4. những cách thức tìm cực trị có điều kiện:

4.1 Cách 1: Đưa về câu hỏi lần cực kỳ trị của hàm 1 biến

Nếu kể từ ĐK (2) tớ giải tìm ra hắn = y(x) thì Lúc thế nhập hàm số $z = f(x,y)$ tớ với z là hàm theo đòi 1 biến đổi số x: $z = f(x,y(x))$ . Như vậy, câu hỏi về bên câu hỏi lần cực kỳ trị của hàm số 1 biến đổi. —–> Quá thân quen thuộc!!!

Ví dụ: Tìm cực kỳ trị của hàm $z = \sqrt{x^2+y^2-1}$ với ĐK $x + hắn = 1$

Từ ĐK bên trên tớ rút ra: $\mathop hắn = 1 - x$ . Như vậy hắn xác lập với từng x.

Thay nhập hàm số tớ có:

$z = \sqrt{x^2+(1-x)^2-1} = \sqrt{2x^2-2x} = {\sqrt{2}}{\sqrt{x^2-x}}$

Đây là hàm số 1 biến đổi, hàm số này xác lập Lúc $\mathop x^2 - x \ge 0 \Rightarrow x \le 0 v x \ge 1$

Ta có: ${ \dfrac{dz}{dx}} = { \dfrac{\sqrt{2}}{2}}{ \dfrac{2x-1}{\sqrt{x^2 - x}}} \Rightarrow { \dfrac{dz}{dx}} = 0 \Leftrightarrow x = { \dfrac{1}{2}}$

Như vậy, hàm số không tồn tại cực kỳ trị với ĐK vì thế $\mathop x = { \dfrac{1}{2}}$ ko nằm trong miền xác lập của hàm số.

4.2 Cách 2: cách thức Larrange:

Nếu kể từ pt (2) tớ ko giải lần hắn theo đòi x được. Khi bại liệt, fake sử (2) xác lập 1 hàm ẩn theo đòi biến đổi x: $y = y(x)$ . Để tồn bên trên hàm số ẩn, tớ fake thiết ${ \dfrac{{\partial}g}{{\partial}y}} \ne 0$ (*)

Như vậy: hàm số $z = f(x;y)$ , với hắn là hàm theo đòi x đó là hình hình ảnh hàm số thích hợp của biến đổi số x trải qua biến đổi trung gian dối hắn.

Với những độ quý hiếm của x thực hiện cho tới z rất có thể với cực kỳ trị thì đạo hàm của z theo đòi x cần triệt xài.

Vậy lấy đạo hàm của (1) theo đòi biến đổi x với quy tắc hàm thích hợp (nhớ rằng hắn là hàm theo đòi x) tớ có:

Xem thêm: vo toi la canh sat tap 30

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

Do bại liệt, bên trên những điểm cực kỳ trị tớ cần có:

${ \dfrac{{\partial}f}{{\partial}x}} + { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}y}}.{ \dfrac{dy}{dx}} = 0$ (3)

Từ điều kiện (2), tớ lấy đạo hàm 2 vế theo đòi x. Ta có:

${ \dfrac{{\partial}g}{{\partial}x}} + { \dfrac{{\partial}g}{{\partial}y}}.{ \dfrac{dy}{dx}} = 0$ (4)

Đẳng thức (4) này được vừa lòng với từng x, hắn vừa lòng phương trình (2).

Như vậy, bên trên những điểm cực kỳ trị vừa lòng ĐK (2) thì tiếp tục vừa lòng (3) và (4)

Nhân những số hạng của (4) với thông số ko xác lập $\mathop \lambda$ và nằm trong bọn chúng với những số hạng ứng của (3), tớ được:

$\left( { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}x}} + { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}y}} \right) + {\lambda} \left( { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}x}} + { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}y}} \right) = 0$

Hay:

$\left( { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}x}} + {\lambda}{ \dfrac{{\partial}g}{{\partial}x}} \right) + \left( { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}y}} + {\lambda}{ \dfrac{{\partial}g}{{\partial}y}} \right) { \dfrac{dy}{dx}} = 0$ (5)

Do bại liệt, phương trình (5) cũng nghiệm đích thị bên trên những điểm cực kỳ trị thỏa ĐK (2). Từ (5), tớ lựa chọn hằng số $\mathop \lambda$ sao cho tới bên trên những điểm cực kỳ trị, thông số của ${ \dfrac{dy}{dx}}$ tiếp tục triệt xài.

Nghĩa là: ${ \dfrac{{\partial}f}{{\partial}y}} + {\lambda}{ \dfrac{{\partial}g}{{\partial}y}} = 0$ (6)

Vì vậy, kể từ phương trình (5) và (6) tớ có: những điểm cực kỳ trị với ĐK được xem là nghiệm của hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l} { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}x}}+{\lambda}{ \dfrac{{\partial}g}{{\partial}x}} = 0 \qquad (I) \\ { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}y}}+{\lambda}{ \dfrac{{\partial}g}{{\partial}y}} = 0 \\ g(x,y) = 0 \\ \end{array} \right.$

Bây giờ, tớ xét hàm số Larrange: $F(x,y,{\lambda}) = f(x,y) + {\lambda}g(x,y)$

Khi bại liệt những điểm cực kỳ trị khu vực của hàm Larrange tiếp tục vừa lòng hệ:

$\left\{\begin{array}{l} F_x^{'} = { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}x}}+{\lambda}{ \dfrac{{\partial}g}{{\partial}x}} = 0 \qquad (II) \\ F_y^{'} = { \dfrac{{\partial}f}{{\partial}y}}+{\lambda}{ \dfrac{{\partial}g}{{\partial}y}} = 0 \\ F_{\lambda}^{'} = g(x,y) = 0 \\ \end{array} \right.$

Từ (I) và (II) tớ nhận thấy: những trạm dừng của hàm Larrange rất có thể là cực kỳ trị của hàm z = f(x,y) với ĐK (2).

Như vậy, câu hỏi cực kỳ trị với ĐK về bên câu hỏi cực kỳ trị khu vực của hàm Larrange. Tại phía trên ${\lambda}$ chỉ nhập vai trò phụ và sau thời điểm tìm ra độ quý hiếm ${\lambda}$ thì ko cần dùng.

Điều khiếu nại của cực kỳ trị với ĐK tương quan cho tới việc tham khảo vết của vi phân cấp cho 2 của hàm Larrange bên trên điểm $(x_0; y_0) :$

$d^2F = { \dfrac{{\partial}^2F}{{\partial}x^2}}(x_0;y_0) (dx)^2 + { \dfrac{{\partial}^2F}{{\partial}x{\partial}y}}(x_0;y_0)dxdy + { \dfrac{{\partial}^2F}{{\partial}y^2}}(x_0;y_0) (dy)^2$