Bài Giảng Cực Trị Hàm Nhiều Biến

Trang chủ Tìm kiếm Trang chủ Tìm kiếm Bài giảng Cực trị hàm nhiều biến ppt 29 446 KB 7 90 4.8 ( 10 lượt) Xem tài liệu Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu Tải về Đang chuẩn bị: 60 Bắt đầu tải xuống Để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên Chủ đề liên quan Cực trị hàm nhiều biến Bài giảng Cực trị hàm nhiều biến Cực trị có điều kiện cách tìm giá trị nhỏ nhất Cách tìm giá trị lớn nhất Cực trị có điều kiện hàm 2 biến

Nội dung

CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIẾN CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN Xét 2 bài toán: Bài 1: Tìm cực trị 2 z  1 x  y z  1 x2  y 2 2 Cực đại đạt tại (0,0), z=1 Bài 2: Tìm cực trị z  1  x 2  y 2 Thỏa điều kiện x + y – 1 = 0 2 z  1 x  y 2 Bài 2: Tìm cực trị z  1  x 2  y 2 Thỏa điều kiện x + y – 1 = 0 2 z  1 x  y 2 z 1 / 2 x+y–1=0 Cực đại đạt tại (1/2, 1/2), Định nghĩa: Hàm số z = f(x, y) thỏa điều kiện (x, y) = 0 đạt cực đại tại M0 nếu tồn tại 1 lân cận V của M0 sao cho f(M)  f(M0), MV và (M) = 0 Tương tự cho định nghĩa cực tiểu có điều kiện. Điều kiện cần của cực trị có điều kiện Giả sử f,  khả vi trong lân cận của M0(x0, y0) và 2 2  x (M0 )   y (M0 ) 0, Nếu f đạt cực trị tại M0 với điều kiện  = 0 thì tồn tại   R sao cho fx (M0 )   x (M0 ) 0 ( )  fy (M0 )   y (M0 ) 0   (M0 ) 0  : nhân tử Lagrange fx (M0 )   x (M0 ) 0  fy (M0 )   y (M0 ) 0   (M0 ) 0 ( ) 1.M0 thỏa hệ () gọi là điểm dừng trong bài toán cực trị có điều kiện, cũng gọi là điểm dừng của hàm Lagrange L(x,y) = f(x, y) + (x, y) 2. d(M0) = 0 ( dx và dy liên kết với nhau theo hệ thức này) Điều kiện đủ của cực trị có điều kiện Giả sử f,  có các đhr đến cấp 2 liên tục trong lân cận của M0(x0, y0) và M0 là điểm dừng của L(x,y), 2 2 2    d L(M0 ) Lxx (M0 )dx  2Lxy (M0 )dxdy  Lyy (M0 )dy 1.Nếu d2L(M0) xác định dương thì f đạt cực tiểu có điều kiện tại M0. 2.Nếu d2L(M0) xác định âm thì f đạt cực đại có điều kiện tại M0. Các bước tìm cực trị có điều kiện hàm 2 biến Loại 1: điều kiện bậc nhất theo x, y( tìm trên đường thẳng) (x, y) = ax + by + c = 0  đưa về cực trị hàm 1 biến khi thay y theo x trong f. Loại 2:(tổng quát) dùng pp nhân tử Lagrange L(x,y) = f(x,y) + (x,y) Lx (M0 ) 0  B1: tìm điểm dừng của L(x, y) : Ly (M0 ) 0   (M0 ) 0 B2: xét dấu d2L tại M0 có kèm đk d(M0) = 0 •Xác định dương: cực tiểu •Xác định âm: cực đại VÍ DỤ 1/ Tìm cực trị z 1  4 x  8y 2 2 thỏa điều kiện  ( x , y ) x  8y  8 0 L(x,y) = f(x, y) + (x, y) = 1 – 4x – 8y + (x2 – 8y2 – 8 ) Lx  4  2 x 0  x  4, y  1,   1 / 2  Ly  8  16 y 0    2  x 4, y  1,  1 / 2 2  x  8y 8 Điểm dừng:  x  4, y 1,   1/ 2   x 4, y  1,  1 / 2  2 , Lxy  0, Lyy   16 , d 2 xdx  16ydy Lxx Tại M1(- 4, 1),  = -1/2 d 2L( 4,1)  dx 2  8dy 2  d ( 4,1)  8dx  16dy 0 d 2L( 4,1)  4dy 2  8dy 2 4dy 2  0   dx  2dy  M1 là điểm cực tiểu có đk của f, f(M1) = 9  2 , Lxy  0, Lyy   16 , d 2 xdx  16ydy Lxx Tại M1(4, -1),  = 1/2 d 2L(4,  1) dx 2  8dy 2  d (4,  1) 8dx  16dy 0 d 2L( 4,1) 4dy 2  8dy 2  4dy 2  0   dx  2dy  M2 là điểm cực đại có đk của f, f(M2) = 7 2 2  ( x , y ) x  8y  8 0 z 1  4 x  8y 2/ Tìm cực trị thỏa điều kiện z  xy 2 2 x y  ( x , y )    1 0 8 2 z  xy  x2 y 2  L( x , y ) xy      1 2  8  Điểm dừng của L là n0 hệ:  x Lx ( x , y ) y   0 4  Ly ( x , y ) x   y 0  2 2 x y    1 0  8 2   2,( x , y ) (2,  1) hay ( x , y ) (  2,1)     2,( x , y ) (2,1) hay ( x , y ) (  2,  1)  x   , Lxy  1, Lyy   , d ( x , y )  dx  ydy Lxx 4 4 Tại P1(2, -1),  = 2 d 2L(P ) 1 dx 2  2dy 2  2dxdy 1  2  d (P1 ) 1 dx  dy 0  2 d 2L(P1 ) 8dy 2  0   dx 2dy Vậy f đạt cực tiểu có đk tại P1, f(P1) = -2. Tương tự tại P2(-2, 1)  x   , Lxy  1, Lyy   , d ( x , y )  dx  ydy Lxx 4 4 Tại P3(2, 1),  = - 2 d 2L(P )  1 dx 2  2dy 2  2dxdy 1  2  d (P1 ) 1 dx  dy 0  2 d 2L(P1 )  8dy 2  0   dx  2dy Vậy f đạt cực đại có đk tại P3, f(P3) = 2. Tương tự tại P4(-2, -1) 3/ Tìm cực trị z f ( x , y )  1  x 2  y 2 thỏa điều kiện x + y – 1 = 0 x+y–1=0y=1–x  z  2x  2x 2 Bài toán trở thành tìm cực trị của z với x (0, 1) 1  2x z( x )  2 2x  2x z’ đổi dấu từ + sang – khi đi qua x = 1/2 , nên z đạt cđại tại x = 1/2 fcd 1 / 2 Vậy f đạt cđại có điều kiện tại (x,y) = (1/2, 1/2). GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - NHỎ NHẤT Định lý: f liên tục trên tập compact D thì f đạt min, max trên D. Nhắc lại: tập compact là tập đóng (lấy tất cả các biên) và bị chận (có thể được bao bởi 1 hình tròn) Cách tìm gtln, gtnn 1.Tìm điểm dừng của f trên miền mở của D (phần bỏ biên). 2.Tìm các điểm đặc biệt trên biên của D a.Điểm dừng của hàm Lagrange (tổng quát). b.Nếu biên là đoạn thẳng, chuyển f về hàm 1 biến, tìm các điểm có khả năng đạt min, max của hàm 1 biến này. 3.So sánh giá trị của f tại các điểm trên  min, max VÍ DỤ 1/ Trên tam giác OAB, với O(0, 0), A(0, 1) và B(1, 0), tìm các điểm M(x, y) có tổng bình phương khoảng cách đến các đỉnh là lớn nhất, bé nhất. 2 2 2 2 2 OM x  y , A x+y = 1 2 AM x  ( y  1) , BM 2 ( x  1) 2  y 2 O B Đặt z = OM2 + AM2 + BM2 2 2  z f ( x , y ) 3x  3y  2 x  2y  2 Bài toán trở thành: tìm gtln, gtnn của z trên D: x  0, y  0, x+y 1 Điểm dừng của z = f(x, y) trên miền mở của D là nghiệm hệ fx 6 x  2 0  1 1   ( x , y )  ,  fy 6 y  2 0  3 3   x  0, y  0, x  y  1 Xét trên biên D 2 2 z 3x  3y  2 x  2 y  2 OA: x = 0, 0  y  1, z = 3y2 – 2y + 2 z’(y) = 6y – 2 = 0  y = 1/3  các điểm đặc biệt: (0,0), (0,1), (0,1/3) A OB: y = 0, 0  x  1, z = 3x2 – 2x + 2 x+y = 1 O B z’(x) = 6x – 2 = 0  x = 1/3  các điểm đặc biệt: (0,0), (1,0), (1/3,0) 2 2 z f ( x , y ) 3x  3y  2 x  2y  2 AB: y = 1 – x, 0 x  1, z = 6x2 – 6x + 3 z’(x) = 12x – 6 = 0  x = 1/2  các điểm đặc biệt: (1/2,1/2), (0,1), (1,0) Tính f tại các điểm được chỉ ra f  1 3,1 3 4 3, f (0,0) 2, f (0,1) 3, f (1,0) 3 f (0,1 3) 5 3, f (1 3,0) 5 3, f (1 2,1 2) 3 2 Vậy fmin = f(1/3,1/3) = 4/3, fmax = f(1,0)= f(0,1) = 3 2/ Tìm gtln, gtnn của z = f(x, y) = x2 + y2–3x+ 4y trên hình tròn D: x2 + y2  1 Điểm dừng của z = f(x, y) trên miền mở của D là nghiệm hệ fx 2 x  3 0 ( x , y ) (3 2,  2)      2 2 f  2 y  4  0 y x  y  1  2 2 (loại) x  y  1 Trên biên D: x2 + y2 = 1, xét hàm Lagrange 2 2 2 2 L( x , y ) x  y  3x  4y   ( x  y  1) Điểm đặc biệt trên biên là điểm dừng của 2 2 2 L ( x , y )  x  y  3x  4 y   ( x Lx ( x , y ) 2 x  3  2 x 0  Ly ( x , y ) 2 y  4  2 y 0  2 2  x  y  1 0 4 3    ( x , y )  ,   hay ( x , y )    5 5  (Không cần chỉ ra .) 4   f  , 5 2  y  1) 4 3 ,  5 5 3 19 4 3  29    , f   ,   5 5  5 5 5 z = f(x, y) = x2 + y2 – 3x + 4y This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.

Tìm kiếm

Chủ đề

Trắc nghiệm Sinh 12 Giải phẫu sinh lý Đơn xin việc Đồ án tốt nghiệp Atlat Địa lí Việt Nam Lý thuyết Dow Hóa học 11 Mẫu sơ yếu lý lịch Đề thi mẫu TOEIC Bài tiểu luận mẫu Tài chính hành vi Thực hành Excel adblock ​ Bạn đang sử dụng trình chặn quảng cáo?

Nếu không có thu nhập từ quảng cáo, chúng tôi không thể tiếp tục tài trợ cho việc tạo nội dung cho bạn.

Tôi hiểu và đã tắt chặn quảng cáo cho trang web này