giải tích hàm nhiều biến yếu tố giải tích trong bất đẳng thức phương pháp nhân tử lagrange

Ưu điểm, nhược điểm của khảo sát hàm số trong giải bất đẳng thức nói chung và phương pháp nhân tử Lagrange nói riêng... Đặt vấn đề Ưu thế khi giải bất đẳng thức bằng các công cụ giải tíc

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

KHOA TOÁN - TIN HỌC

GIẢI TÍCH HÀM NHIỀU BIẾN

YẾU TỐ GIẢI TÍCH TRONG BẤT ĐẲNG THỨC PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE

NHÓM THỰC HIỆN : NHÓM 1 GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN: PGS.TS NGUYỄN THÀNH NHÂN

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH, 04-2022

Mục lục

1 Đặt vấn đề 3

2 Nội dung 4

 Nhắc lại lý thuyết 4

 Ví dụ về ứng dụng phương pháp nhân tử Lagrange 6

 Định hướng để sử dụng bất đẳng thức cổ điển 11

 Định hướng ra đề 14

3 Ưu điểm, nhược điểm của khảo sát hàm số trong giải bất đẳng thức nói chung và phương pháp nhân tử Lagrange nói riêng 17

4 Lời kết 17

GIẢI TÍCH HÀM NHIỀU BIẾN BÁO CÁO

I PHẦN GIỚI THIỆU

47.01.101.057

47.01.101.061

47.01.101.065 Thuyết trình

47.01.101.039 Thuyết trình

47.01.101.127 Thuyết trình

47.01.101.129

II PHẦN BÁO CÁO

1 Đặt vấn đề

Ưu thế khi giải bất đẳng thức bằng các công cụ giải tích

Bất đẳng thức là một chuyên đề không mấy gần gũi với học sinh trung học bởi vì các em chß được tiếp cận khi ôn thi tuyển sinh lớp 10, hoặc khi là thành viên các đội tuyển để tham gia các kỳ thi Toán, được tiếp cận với một vài câu trong đề thi THPTQG Tuy là một chuyên đề khó nhưng trong chương trình THPT học sinh chß được giới thiệu hai bất đẳng thức kinh điển là bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunhiacopxki trong sách giáo khoa Toán 10 Trong khi đó, bất đẳng thức đòi hỏi học sinh phải có tư duy nhạy bén, bản thân đã được trang bị kinh nghiệm về các kết quả bổ trợ và cần nhiều thời gian cho việc luyện tập Đó cũng chính là lý do tập thể người viết muốn bàn thêm về chuyên đề này Những lời giải cho các bài bất đẳng thức được sử dụng bởi những bất đẳng thức cổ điển luôn mang một vẻ đẹp khó tả Tuy nhiên, có rất nhiều bài khi sử dụng các kết quả cổ điển thì bị hạn chế Ví dụ như bài toán sau:



Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn x + y = 2 và một số nguyên dương n Tìm số thực k bé nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng

xkyk(xn+yn

) f 2

Cách làm thông thường đối với những bài toán tìm số k tốt nhất là thay các giá trị điểm rơi vào (hoặc là một số giá trị đặc biệt) để được một bất đẳng thức theo k Từ đó có thể tìm được giá trị tốt nhất của k, sau đó là chứng minh giá trị vừa tìm là thỏa mãn đề bài Tuy nhiên, phương pháp chung này không hiệu quả ở ví dụ này bởi vì khi thay x = y = 1 thì ta luôn nhận được đẳng thức Do đó, thay vì chọn giá trị tại điểm rơi, ta sẽ thay các giá trị "xấp xß" với điểm rơi x = y = 1 bằng cách đặt x = 1 − ε,y = 1 + ε trong đó ε ∈ (0;1]

là một biến số có thể thay đổi

Biến đổi vế trái như sau:

xkyk(xn+yn

) = (1 − ε)k(1 + ε)k[(1− ε)n+ (1 + ε)n]

= (1 − ε2)k

1− nε +n(n − 1)2 ε2+ + 1+nε +n(n − 1)

2 + 

= (1− ε2)k

2+ (n − 1)nε2+ ε4( )

xkyk(xn+yn) g (1 − kε2 ε

)

2+ (n − 1)nε2+ 4( )

= ε4( )( 1− kε2 )( )

) + (1 − kε2 2+ (n − 1 nε4) ( )∗

g 2 − 2kε2

+ (n − 1)nε2

− k(n − 1)nε4

Trang 3

GIẢI TÍCH HÀM NHIỀU BIẾN BÁO CÁO

Tức là ta cần 2 g 2−2kε2

+ (n − 1)nε2− k(n − 1)nε4 Biến đổi một chút, ta thu được k(n− 1)nε2 n

g ( − 1)n − 2k

Cho ε → 0 thì (n− 1 n − 2k) f 0 ô gk (n − 1)n2

Đến đây, ta sẽ kết luận được k =(n − 1)n

2 là giá trị cần tìm bằng cách chứng minh bất đẳng thức (xy)(n−1)n2 (xn+ yn) f 2 đúng với điều kiện đề bài Bất đẳng thức này ta có thể chứng minh được bằng quy nạp

Rõ ràng, việc xử lý bài toán trên thì bất đẳng thức cổ điển tỏ ra không mấy hiệu quả (vì bất đẳng thức cổ điển thường đánh giá dựa vào điểm rơi, trong khi ví dụ trên điểm rơi không giúp ích được nhiều) Lúc này ta mới có một ý tưởng là xét một lân cận đủ nhỏ quanh điểm rơi (ở (∗) để có đánh giá tiếp theo, ta cần 1−kε2

g 0, điều này hoàn toàn có thể do việc chọn ε) sau đó là cho bán kính lân cận tiến về 0 Nói đơn giản, ta đã xấp xß điểm rơi thay vì là trực tiếp làm bằng điểm rơi

Ví dụ trên là điển hình về ưu thế của các phương pháp giải tích trong giải bất đẳng thức: cho phép ta giải bất đẳng thức bằng cách làm việc với đẳng thức (hoặc gần với đẳng thức khi xấp xß đủ tốt) Nhận thấy được ưu điểm này, nhóm người viết muốn đề cập đến một phương pháp để giải bất đẳng thức, đó là khảo sát hàm số và nổi bật làphương pháp nhân tử Lagrange Đây là một phương pháp có nhiều ưu điểm, cho phép làm việc với

hầu hết là đẳng thức để giải bất đẳng thức

2 Nội dung

 Nhắc lại lý thuyết

Điều kiện cần - Định lý nhân tử Lagrange:

Giả sử các đạo hàm riêng của f tồn tại, f đạt cực trị tại x0với ràng buộc ϕ(x) = 0 và

∇ϕ(x) = 0R n Khi đó tồn tại số thực λ sao cho:

∇ f (x0) = λ ∇ϕ(x0)

Điều kiện đủ: Cho U mở trong Rn, f : U → R, ϕ : U → R thỏa f,ϕ ∈ C2(U) Giả sử (x0,λ0) là điểm dừng của hàm Lagrange L(x, λ ) và ∇ϕ(x0) = 0 Xét dạng toàn phương

A u( ) =

n

∑

i, j=1



∂2L(x, λ0)

∂ xixj

( )x0

"

uiujvới u = (u u1, 2, ,un) ∈ Rnthỏa điều kiện ï∇ϕ( )x0,uð = 0 Khi đó,

i) Nếu A u( ) là dạng toàn phương xác định dương thì f đạt cực tiểu tại x0với ràng buộc ϕ(x) = 0

ii) Nếu A u( ) là dạng toàn phương xác định âm thì f đạt cực đại tại x0với ràng buộc ϕ(x) = 0

iii) Nếu A u( ) là dạng toàn phương không xác định thì f không đạt cực trị tại x0với ràng buộc ϕ(x) = 0

iv) Nếu A(u) là dạng toàn phương nửa xác định dương hoặc nửa xác định âm thì chưa có kết luận về cực trị của f tại x0với ràng buộc ϕ(x) = 0

Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (cực trị toàn cục)

Cho U mở, bị chặn trong Rnvà f : U → R Giả sử biên của tập U (ký hiệu là ∂U, được định nghĩa bởi ∂U = U\U) xác định bởi mặt cong ϕ(x) = 0, tức là

∂U = {x ∈ Rn:ϕ(x) = 0}

Ta biết rằng f đạt giá trị lớn nhất trên U Giả sử

f(x0) = max{ (x),x ∈ U}.f Khi đó, xảy ra một trong hai trường hợp sau đây:

•Nếu x0∈ U thì f đạt cực trị không điều kiện tại x0

•Nếu x0∈ ∂U thì f đạt cực trị với ràng buộc ϕ(x) = 0 tại x0

Như vậy hàm f chß có thể đạt giá trị lớn nhất tại các điểm cực trị không điều kiện hoặc cực trị với ràng buộc ϕ(x) = 0 trên U Do đó, để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm

ftrên U, ta chß cần so sánh giá trị của hàm f tại các điểm dừng của f và điểm dừng của hàm Lagrange L trên U

Như vậy, ta có thể sử dụngĐịnh lý nhân tử Lagrange để tìm các điểm dừng của hàm đa

biến f với ràng buộc ϕ(x) = 0 Với mục đích tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trong chủ

đề này, việc xét đến điều kiện đủ của định lý là không quá cần thiết Nếu như trong cực trị toàn cục, miền xác định là một miền mở, bị chặn thì trong các bài toán ta xét, miền xác định là một "đường", tức là một miền không mở, và cũng bị chặn (bởi các yếu tố như

a b, ,c > 0hay là rút ra từ chính điều kiện đề bài) Như vậy, ta rút ra được các bước chính

để giải (hoặc định hướng cách giải) một bài toán tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một hàm đa biến với điều kiện ràng buộc như sau:

Bước 1: Thiết lập hàm Lagrange L(x,λ) = f (x) −λϕ( )x

Bước 2: Thiết lập và giải hệ phương trình tọa độ điểm dừng:

∂ L

∂ x1

= ∂ L

∂ x2

= =∂ L

∂ xn

=∂ L

∂ λ = 0

Từ đó tìm được các điểm dừng của f với ràng buộc ϕ(x) = 0

Bước 3: Xét giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất) của hàm f tại các biên của miền xác định (nếu

hàm không có biên thì thác triển thành một hàm mới F bao gồm hàm f và bao đóng C của nó)

Bước 4: So sánh các giá trị của f tại các điểm dừng và tại các giá trị biên (hoặc cận biên).

Nếu giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất) đạt tại biên của F nhưng không là biên của f thì kết luận f không đạt giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất) Các trường hợp còn lại ta đều kết luận được giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm f

Mở rộng vấn đề: Điều kiện ràng buộc là nhiều phương trình.

Xét bài toán: tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất (nếu có) của hàm số f liên tục trên Rnvới n

Trang 5

GIẢI TÍCH HÀM NHIỀU BIẾN BÁO CÁO

biến x1,x2, ,xnvà m phương trình ràng buộc (m < n) là m hàm số liên tụcg g1, 2, ,gm Tương tự với trường hợp 1 phương trình ràng buộc, xét hàm số Lagrange:

L= f + λ1(b1−g1) + λm(b1−gm) (hàm n + m biến số)

Điều kiện cần (tương tự trường hợp có 1 phương trình ràng buộc): Tồn tại m số thực

λ1, ,λm(nhân tử Lagrange) sao cho(x1, ,xn,λ1, ,λm)là một điểm dừng của L Như vậy, để tìm tọa độ điểm dừng của hàm Lagrange ta phải giải hệ phương trình gồm

m+ n ẩn số

Trường hợp 3 biến, 2 phương trình: Hàm f (x,y,z) với điều kiệng1(x, y, z) = 0

g2(x, y, z) = 0. Giải hệ phương trình:∂ L

∂ x=∂ L

∂ y=∂ L

∂ z= ∂ L

∂ λ1 = ∂ L

∂ λ2

= 0, với L(x, y, z, λ1,λ2) = f (x, y, z) − λ1g1(x, y, z) − λ2 2g (x, y, z)

Tương tự với trường hợp điều kiện ràng buộc là một phương trình, ta có miền xác định

ở đây là giao của nhiều "đường khép kín" Cụ thể xét trường hợp 3 biến, 2 phương trình ràng buộc ta có miền xác định là giao của hai mặt g1(x, y, z) = 0 và g2(x, , z) = 0 (có thểy

là đường hoặc mặt) Với phần lớn các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất ta có thêm các điều kiện x,y,z > 0, từ đó miền ta xét có thể trở thành một miền bị chặn và từ đó, ta

có thể so sánh giá trị f tại các điểm dừng với giá trị f tại các điểm trên bao đóng tươngC

tự như phần trước

 Ví dụ về ứng dụng phương pháp nhân tử Lagrange



Trong không gian cho trước tam giác ABC và một điểm D thay đổi sao cho ABCD

là một tứ diện có thể tích V không đổi Tìm vị trí điểm D để tổng diện tích các mặt bên của tứ diện ABCD là nhỏ nhất

Lời giải

Gọi H là hình chiếu của D lên mặt phẳng chứa tam giác ABC

Đặt AB = c, BC = a, AC = b, DH = h thì , ,c,h không đổi.a b

Gọi h h ha, b, clần lượt là khoảng cách từ D lên các đường thẳng BC CA, ,ABvà da,db,dc

lần lượt là khoảng cách từ H đến các đường thẳng BC CA AB, ,

Nhận xét: Hình chiếu của điểm D cần tìm lên mặt phẳng (ABC) phải nằm ở miền trong

của tam giác ABC Thật vậy, ta có:

SDAB=1

2chc=1

2



h2+ d2

c,SDBC=1

2aha=1 2



h2+ d2,SDCA=1

2bhb=1 2



h2+ d2 Xét một điểm M có hình chiếu lên mặt phẳng (ABC) là N sao cho MN = h và N nằm ngoài tam giác ABC Không mất tổng quát, ta có hai trường hợp có thể xảy ra của vị trí

điểm N: điểm N nằm trong góc đối đßnh của BAC(hình bên trái) và điểm N nằm trong góc BAC(hình bên phải) Với mỗi trường hợp, gọi E, F lần lượt là hình chiếu củaNlên

AB, AC và nếu điểm N′như trong hai hình cùng các hình chiếu E′, F′từ N′đến AB, AC (các trường hợp N thuộc đường thẳng AB hoặc AC là các trường hợp suy biến, hoàn toàn tương tự)

Với điểm N cho trước và điểm N′ được chọn như trong hình, ta có da ′<d

a, db ′<

db, dc ′<dc(với da ′, db′, dc′lần lượt là khoảng cách từ N′tới BC CA AB, , ), suy ra

SDAB ′<S

DAB,SDBC′<SDBC,SDCA′<SDCA

Tóm lại, hình chiếu của điểm cần tìm lên mặt phẳngD (ABC) phải nằm ở miền trong của tam giác ABC

Do đó ta được ada+bdb+cdc= 2SHBC+ 2SHCA+ 2SHAB= 2SABC= k không đổi Tổng diện tích các mặt bên của tứ diện ABCD là:

S=1

2aha+1

2bhb+1

2chc=1

2 a



h2+ d2+ b



h2+ d2+ c

h2+ d2

c

Ta phát biểu một bài toán tương đương như sau:



Cho trước các hằng số thực dương a,b h,c, , kvà các số thực dương x,y,z thay đổi sao cho ax + by + cz = k Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

S=

a

h2+ x2+b h

h2+y2+c

2+ z2

Cách 1: Phương pháp nhân tử Lagrange

Xét hàm Lagrange:

L(x, y, z, λ ) =

a

h2+ x2+ b

h2+y2+c

h2+ z2

− λ (ax + by + cz − k)

Trang 7

GIẢI TÍCH HÀM NHIỀU BIẾN BÁO CÁO

Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình:



















∂ L

∂ x= 0

∂ L

∂ y= 0

∂ L

∂ z= 0

∂ L

∂ λ= 0

⇐⇒















ax

√

h2+ x2− λ a = 0 by



h2+ y2− λ b = 0 cz

√

h2+ z2− λ c = 0

ax+ by + cz=k

⇐⇒











x= λ

h2+ x2

y= λ

h2+ y2

z= λ

h2+ c2

ax+ by + cz=k

⇐⇒















"

1− λ2"

x2= λ2

h2

"

1− λ2"

y2= λ2h2

"

1− λ2"

z2= λ2

h2 ax+ by + cz=k

x, y, z,λ > 0, 1 − λ2

= 0

⇐⇒







x= y = z =√λ h

1− λ2

λ

√

1− λ2= k h(a + b + c)

⇐⇒











x= y = z = k

a+ + cb

λ = k (ah+bh+ ch)2+ k2

Kiểm tra được hàm số f (x,y,z) =a

h2+ x2+ bh h

2+ y2+c

2+ z2 đạt cực tiểu tại điểm dừng trên, vậy S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chß khi x = y = z = k

a+ + cb

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển

Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:

S=1

2



(ah)2+ (ax)2+

 (bh)2+ (by)2+

 ( )ch2+ (cz)2

"

g12(ah+bh+ ch)2+ (ax + by + cz)2=1

2

 (ha+hb+ hc)2+ k2

Đẳng thức xảy ra khi

x

h=y

h=z h

ax+ by + cz = k⇐⇒ x = y = z =a+ b + ck Vậy giá trị lớn nhất của S đạt được khi và chß khi x = y = z = k

a+ + cb

Trở về bài toán ban đầu: Ta đã tìm được giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích các mặt bên

là S =1

2



(ha + hb + hc)2+ k2khi H cách đều ba cạnh của tam giác ABC, hay nói cách khác H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, suy ra D nằm trên trục đi qua tâm nội tiếp tam giác ABC và vuông góc với (ABC)

Bình luận: Cách 2 ngắn gọn hơn nhiều so với cách 1 vì chß áp dụng trực tiếp bất đẳng

thức Minkowski mà không cần phải qua một bước trung gian nào cả Tuy nhiên, cái bất lợi ở đây cũng bắt nguồn từ sự "ngắn gọn" đó bởi do yêu cầu người làm bài phải biết đến

bất đẳng thức Minkowski và áp dụng cụ thể vào bài này với những bộ số nào Cách 1 tuy dài dòng hơn, nhưng người làm có thể không cần nhớ bất cứ một kết quả nào về bất đẳng thức cổ điển hay kỹ thuật chọn điểm rơi mà chß cần biết đạo hàm và có kỹ năng giải hệ phương trình Phương pháp này rất phù hợp cho những ai bị hạn chế về kiến thức và kỹ năng bất đẳng thức, không cần biết quá nhiều về các kết quả của bất đẳng thức cổ điển vẫn có thể giải bất đẳng thức được!



Cho 2 số dương a, b thỏa mãn a14+ b14= 2 Chứng minh rằng

5 2

b +3b

3

a2 g 8

Lời giải

Đặt f (a b, ) =5a

2

b +3b

3

a2, g a( , b) = a14+b14− 2 Thiết lập hàm Lagrange như sau:

L(a, b, λ ) = f (a,b) − λ (a bg , ) =5a

2

b +3b

3

a2 − λ (a14+ b14

− 2)

Tọa độ điểm dừng của hàm Lagrange là nghiệm của hệ phương trình















∂ L

∂ a=10a

b −6b

3

a3 − λ 14a13= 0

∂ L

∂ b=−5a2

b2 +9b

2

a2 − λ 14b13= 0

∂ L

∂ λ= a14+ b14

− 2 = 0

Do a,b > 0 nên từ hai phương trình đầu ta có:

10a

b −6b

3

a3

14a13 =

−5a2

b2 +9b

2

a2

14b13 ⇐⇒ 10a4b14− b6 18

= −5a18+ 9a14 4b

Đặta2

b2= k (k > 0), phương trình trên trở thành: k5 9

− 9k7+10k2− 6 = 0 Xét hàm số h(k) = 5k9

− 9k7+ 10k2

− 6 trên ( + )0, ∞ Ta chứng minh h(k) tăng ngặt Thật vậy, ta có:

h′(k) = 45k8 k

− 63k6+ 20

= k(k− 1)2(45k5+ 90k4+ 72k3+ 54k2+ 36k + 18) + 2k > ,0 ∀k > 0

Do đó h tăng trên (0,+∞) Vìh(1) = 0nên

5k9− 9k7+10k2− 6= ⇐⇒0 h(k) = h 1)( ⇐⇒k= 1

Trang 9

GIẢI TÍCH HÀM NHIỀU BIẾN BÁO CÁO

Suy ra a = b, kết hợp với a14+b14= 2 thu được(a, b) = (1, 1)

Vậy hàm số có một điểm dừng là (1 1, ) Kiểm tra được (1 1, ) là cực tiểu của f nên f(a,b) g f (1,1) = , ∀( , ) ∈ R8 a b 2 Hoàn tất chứng minh

Bình luận: Đối với những bất đẳng thức mà điều kiện dạng đa thức với số mũ lớn thì việc

sử dụng bất đẳng thức cổ điển là không dễ dàng Như ở ví dụ này, ta thấy cách cổ diển thể hiện sự bất lực khi phải xử lý số mũ 14 (bất đẳng thức cổ điển thường làm giảm số mũ khi đánh giá trội thay vì làm tăng) Trong khi đó phương pháp Lagange lại tỏ ra hiệu quả

vì không cần xử lý quá nhiều về số mũ 14 mà hệ tọa độ điểm dừng cũng khá dễ dàng giải được bằng cách đưa về phương trình một ẩn



(USAMO 2001) Cho các số thực dương a, ,b cthỏa mãna2+b2+ c2+ abc = 4 Chứng minh rằng

0f ab + bc + ca − abc f 2

Lời giải

Bất đẳng thức thứ nhất có thể thu được bằng việc sử dụngBất đẳng thức Cauchy cùng

vài đánh giá đại số Ở đây ta sẽ chứng minh bất đẳng thức thứ hai

Xét hàm Lagrange: L(a,b,c,λ) = ab + bc + ca −abc−λ(a2+ b2+ c2 )

+ abc − 4 Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ phương trình:



















∂ L

∂ a= 0

∂ L

∂ b= 0

∂ L

∂ c= 0

∂ L

∂ λ= 0

⇐⇒











b+ c − bc − λ (2a + bc) = 0

a+ c − ac − λ (2b + ac) = 0

b+ − ab − λ (2c + ab) = 0a

a2+ b2+ c2

+ abc − 4 = 0

⇐⇒















λ =b+ c − bc 2a+ bc

λ =a+ c − ac 2b+ ac

λ =b+ a − ab 2c+ ab

a2+ b2+c2+ abc = 4

⇐⇒







λ =b+ c − bc 2a+ bc =

a+ c − ac 2b+ ac =

b+ − aba 2c+ ab

a2+ b2+ c2+ abc = 4

Từ đó ta có:

(∗)











b+ c − bc 2a+ bc =

a+ c − ac 2b+ ac

a+ c − ac 2b+ ac =

b+ − aba 2c+ ab

a2+ b2+c2+ abc = 4