SKKN HAY: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ

Để giải các bài toán về cực trị đại số ở cấp THCS, học sinh phải biến đổi đồng nhất các biểu thức đại số, phải biến đổi và sử dụng khá nhiều các dạng hằng đẳng thức đáng nhớ từ dạng đơn giản đến dạng phức tạp. Bởi thế, có thể nói, các bài toán cực trị đại số ở cấp THCS tạo ra các khả năng giúp học sinh có điều kiện để rèn luyện kỹ năng biến đổi đồng nhất các biểu thức đại số. Các bài toán về cực trị đại số ở cấp THCS còn có sự liên quan mật thiết đến các kiến thức chứng minh bất đẳng thức, phép giải phương trình và hệ phương trình, trong chừng mực nào đó đến giới hạn ‘tuy còn ẩn tàng’ và nhiều lỉnh vực khác về tập hợp, về kiến thức hàm số và đồ thị, v.v…

Một số phơng pháp giải BàI TOáNCựC TRị TRONG ĐạI Số ở trờng thcs

A - lời nói đầu

ác bài toán về cực trị đại số ở cấp THCS có một ý nghĩa rất quan trọng đối với các emhọc sinh ở bậc học này ở cấp 3 (THPT), để giải quyết các bài toán về cực trị đại số, tìmgiá trị cực đại, cực tiểu, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biẻu thức đại số, ngời ta thờngphải dùng đến ‘công cụ cao cấp’ của toán học: đạo hàm của hàm số.

ở cấp THCS, vì không có (hay nói chính xác hơn là không đợc phép dùng ) “côngcụ cao cấp” của toán học nói trên, nên ngời ta phải bằng các cách giải thông minh nhất,tìm ra các biện pháp hữu hiệu và phù hợp với trình độ kiến thức toán học ở cấp THCS đểgiải quyết bài toán loại này Các bài toán về cực trị đại số ở cấp THCS góp phần khôngnhỏ vào việc rèn luỵên trí thông minh cho học sinh ở cấp học này.

Để giải các bài toán về cực trị đại số ở cấp THCS, học sinh phải biến đổi đồng nhấtcác biểu thức đại số, phải biến đổi và sử dụng khá nhiều các dạng hằng đẳng thức đángnhớ từ dạng đơn giản đến dạng phức tạp Bởi thế, có thể nói, các bài toán cực trị đại số ở

cấp THCS tạo ra các khả năng giúp học sinh có điều kiện để "rèn luyện kỹ năng biến đổi

đồng nhất " các biểu thức đại số

Các bài toán về cực trị đại số ở cấp THCS còn có sự liên quan mật thiết đến các kiếnthức chứng minh bất đẳng thức, phép giải phơng trình và hệ phơng trình, trong chừngmực nào đó đến giới hạn ‘tuy còn ẩn tàng’ và nhiều lỉnh vực khác về tập hợp, về kiếnthức hàm số và đồ thị, v.v…

Về mặt t tởng các bài toán cực trị đại số giúp học sinh thêm gần gũi với kiến thứcthực tế của đời sống xã hội, rèn luyện nếp nghĩ khoa học, luôn mong muốn làm nhữngcông việc đạt đợc hiệu quả cao nhất, tốt nhất.

Tóm lại, các bài toán cực trị đại số ở cấp THCS là các bài toán tổng hợp các kiếnthức và kỹ năng tính toán, kỹ năng t duy ở cấp học này, nó rất cần thiết cho việc bồi d-ỡng học sinh giỏi toán ở cấp THCS và cũng là tài liệu tự bồi dỡng của đội ngũ giáo viênở cấp THCS

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong Đại số còn gọi là bài toán cực trịĐại số Các em không thờng gặp bài toán dạng này trong các sách giáo khoa môn Toán,bởi chúng là các bài toán khó Các bài toán cực trị thờng yêu cầu các em vận dụng nhiềukiến thức, linh hoạt trong biến đổi, sắc sảo trong lập luận và phát huy tối đa khả năngphán đoán Nó lại thờng có nhiều con đờng đi đến đích bằng cách vận dụng nhiều kiếnthức khác nhau Trong đó có những cách giải ngắn gọn hợp lí Viêc giải toán cực trị giúp

học sinh có thói quen đi tìm phơng án tối u khi giải quyết các công việc trong đời sống,kỷ thuật.

Trong phần trình bày tôi giới thiệu môt số phơng pháp thờng dùng khi giải bài toáncực trị và một số bài bài tập áp dụng các kiến thức đó Tôi hy vọng với phần trình bàynày sẽ giúp các em bớt khó khăn, tiến tới tự mình giải đợc các bài toán dạng này và khiđó chắc chắn các em sẽ thấy là những bài toán thú vị.

B - Nội dung nghiên cứu

I- Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức

1 Định nghĩa giá trị lớn nhất

Cho biểu thức f(x) xác định trên D Ta nói M là giá trị lớn nhất của f(x) trên D, kíhiệu : M = maxf(x), nếu hai điều kiện sau đợc thoã mãn :

- Với mọi x thuộc D thì f(x) ≤ M, với M là hằng số - Tồn tại x0 thuộc D sao cho f(x0) = M.

2 Định nghĩa giá trị nhỏ nhất

Cho biểu thức f(x) xác định trên D Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên D, kí hiệu :m = minf(x), nếu hai điều kiện sau đợc thoã mãn :

- Với mọi x thuộc D thì f(x) ≥ m, với m là hằng số - Tồn tại x0 thuộc D sao cho f(x0) = m.

Ta cũng định nghĩa giá trị lớn nhất của biểu thức f(x,y, ); giá trị nhỏ nhất của biểuthức f(x,y, ) bằng cách tơng tự

II Các phơng pháp

ơng pháp 1 - Phơng pháp giải các bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

một biểu thức đại số bằng cách đa về dạng A(x)  0 ( hoặc A(x)  0 )

b) Các thí dụ

Thí dụ 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A(x) = 2x2 - 8x + 1, trong đó x là biến số lấy các giátrị thực bất kì.

Giải : A(x) = 2x2 - 8x + 1 = 2x2 - 2.4x + 1 = 2( x2 - 2.2x + 4 - 4 ) + 1 = 2 ( x - 2 )2 - 7

Với mọi gí trị của x, ( x-2)2 0 nên ta có A(x) = 2( x - 2)2 - 7  -7 Vậy A(x) đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7, khi đó x = 2

Đáp số : A(x)(nhỏ nhất) = -7, với x = 2.

x ) +1 = -5( x2 + 2.

x +

-

) + 1 = -5( x +

)2 +

Ta thấy ( x+

)2 0, với mọi giá trị x nên -5(x +

)2 0.Từ đó suy ra rằng M(x) = -5( x +

)2 +

Vậy M(x) đạt giá trị lớn nhất khi M(x) =

, lúc đó x =

Đáp số : M(x)(lớn nhất ) =

, khi x =

 0 ( hoặc (2)

 0 ).

Thí dụ 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số sau: A(x) =

Vì x > 0, nên ta có : A(x) =

Với x> 0, thì ( x - 4 )2 ≥ 0, do đó A(x) =

x ≥ 233

Vậy A(x) đạt giá trị nhỏ nhất khi A(x) =

, lúc đó x = 4.

Đáp số : A(x) (nhỏ nhất ) =

với x = 4.

Thí dụ 4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đại số M(x) =

x  R.Giải:

Ta có:M(x) =

(vì x2 + 2x + 3 = ( x + 1 ) 2 + 2 > 0)

Mặt khác, vì ( x + 1 )2 ≥ 0, xR nên ( x+1 )2 + 2 ≥ 2, xR, và do đó

x Từ đó ta có M(x) = 3 + 

Vậy M(x) đạt giá trị lớn nhất khi M(x) = 3

, lúc đó (x+1)2 = 0, hay x=-1.

Đáp số : M(x)(lớn nhất )= 3

, với x=-1.

Thí dụ 5.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau : F(x,y) =

, với x,y  R Giải : Ta có F(x) =

=

( vì y4+ 1≠ 0, y  R )

Mặt khác x2 ≥ 0, x  R nên x2 + 2 ≥ 2, x  R do đó F(x,y) =

Vậy F(x,y) đạt giá trị lớn nhất khi F(x,y) =

, lúc đó x = 0.

Đáp số : F(x,y) ( lớn nhất ) =

; với x = 0, y  R.

ơng pháp 3 - Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số bằng cách

áp dụng bất đẳng thức Côsi.

a) Cơ sở lí luận :

Bất đẳng thức Côsi đợc viết dới các dạng khác nhau dới đây ( chỉ áp dụng với các sốkhông âm ).

1 Dới dạng căn thức :

1) aba.b

2 

2) 3 3 abc

2 Dới dạng luỹ thừa :

1) aba.b

2) abca.b.c

Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất

Chứng minh rằng nếu hai đại lợng dơng x và y có tích luôn luôn không đổi thì tổngcủa chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi giá trị của chúng bằng nhau.

 2

2 hay ( x+y)2 4xy hay x+y  4 xy Theo giả thiết : Ta có xy = k2 (không đổi), nên ta có :

x + y 2. k22k

 (*)

Vậy tổng M = x + y lấy giá trị nhỏ nhất khi x + y = 2k.

Theo bất đẳng thức Côsi, x + y = 2k = 2 xy khi và chỉ khi x = y Vậy x + y = 2k khi vàchỉ khi x = y.

Tóm lại :

Bài toán tìm giá trị lớn nhất

Với x > 0, y > 0 và xy = k2 (không đổi ), thì x + y nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y

Chứng minh rằng, nếu hai đại lợng dơng có tổng không đổi thì tích của chúng đạt giátrị lớn nhất khi và chỉ khi giá trị của chúng bằng nhau.

Giải : (áp dụng bất đẳng thức Côsi và chứng minh tơng tự ở trên)

 , với x > 0.

Giải : Ta có : A(x) =

xx 2

, suy ra x =

hoặc x =

 Kết hợp với điều kiện x > 0, ta

chỉ lấy giá trị x =

Với x =

; A(x)( nhỏ nhất ) = 8

+

= 4 + 4 = 8

Đáp số : A(x)( nhỏ nhất ) = 8; với x =

Đến đây ta nhận thấy rằng x3 và 16 - x3 là hai đại lợng biến đổi nhng tổng của chúng x3+(16-x3) = 16 luôn luôn không thay đổi, vậy tích của chúng B(x) = x3(16-x3) đạt giá trị lớnnhất khi và chỉ khi x3 = 16 - x3 Từ đây ta có : 2x3 = 16 hay x3 = 8 Ta tính đợc

x = 2 Giá trị x = 2 thoả mãn điều kiện (*).

Vậy B(x) đạt giá trị lớn nhất tại giá trị x = 2.

B(x)( lớn nhất ) = 16 23-26 =(16-23).23 = 8 8 = 64.

Đáp số: B(x)( lớn nhất ) = 64, với x = 2

Ph ơng pháp 4 - Giải các bài toán cực trị đại số bằng phơng pháp đặt ẩn phụ.

Thí dụ 8 Với giá trị nào của x thì biểu thức

P(x) =

1)Trớc hết ta biến đổi biểu thức về dạng để có thể áp dụng đợc các bài toán về bất đẳngthức Côsi.

Bằng cách biến đổi đồng nhất, ta cũng có thể biến đổi tử thức thành tích các nhân tử vàsau đó rút gọn Cách này khá dài dòng và gặp không ít khó khăn

Để đơn giản hơn, ta dùng phơng pháp chia đa thức cho đa thức4x4 + 16x3 + 56x2 + 80x + 356

4x4 + 8x3 + 20x2

Kết quả ta đợc :

P(x) = 4x2 + 8x + 20 +

 xx

Vì x2 + 2x + 5 = x2 + 2x + 1 + 4 = (x+1) 2 + 4 > 0 (*), nên P(x) luôn luôn xác đinh vớimọi giá trị x

2) Đặt ẩn phụ để đa về xét biểu thúc có dạng đơn giản hơn Từ P(x) = 4x2 + 8x + 20 +

 x

x , ta có : P(x) = 4 ( x

2 + 2x + 5 ) +

 xx

Đặt y = x2 + 2x + 5, ta có :

P(x) = 4y + 256y , và y = x2 + 2x + 5 > 0 với mọi x.

4y và 256y là các đại lợng luôn lấy giá trị dơng và có tích bằng 1024 ( không đổi ) Vậy

tổng 4y + 256y đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 4y = 256y x2+ 2x +5

4x2 + 8x + 20

0 + 8x3 + 36x2 + 80x +3568x3 + 16x2 + 40x

0 + 20x20x0 + 0 + 25622 + 40x + 100 + 40x + 356

Từ đây ta đợc y2 = 64.

Giải phơng trình y2 = 64, ta đợc y = 8 hoặc y = -8 Từ trên , vì y > 0 nên ta chỉ lấy giá trị y = 8.

Với y = x2 + 2x + 5 = 8, giải phơng trình bậc hai này ta đợc x = -3 , x = 1.Vậy P(x) lấy giá trị nhỏ nhất khi x = -3 hoặc x = 1 ( ứng với y = 8 ), ta tính đợc : P(x) = 4.8 +

= 64.

Đáp số : P(x) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 64 khi x = -3 hay x = 1.

Thí dụ 9 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đại số sau :

( thoả mãn ĐK ) Vậy P(x) Lớn nhất = 2

( 6 - 2

) = 3.3 = 9 Q(x) Lớn nhất =

= 4,5.Lúc đó y =

, hay x2 - 2x + 2 =

Giải phơng trình bậc hai ta đợc : x = 1 

22

Đáp số : Q(x) Lớn nhất = 4,5 ; với x = 1 

22

Đặt X = m - 2p, ta có :

A = X2 + 10X + ( p - 1 )2 + 27 = ( X + 5 )2 + ( p - 1 )2 + 2.

Đến đây, ta thấy rằng ( X + 5 )2  0, m, p  R; ( p -1 )2  0 ,  p  R, do đó A đạtgiá trị nhỏ nhất khi X + 5 = 0 và p - 1 = 0.

Lúc đó , 

, hay 

 

Vậy A ( Nhỏ nhất ) = 2 ; với p = 1; m = -3.

Thí dụ 11 Với giá trị nào của x và y, biểu thức sau đây đạt giá trị nhỏ nhất ?

F(x,y) = x2 + 26y2 - 10xy + 14x - 76y + 59 Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Giải: Ta có F(x,y) = x2 + 26y2 - 10xy + 14x - 76y + 59 = ( x2 - 10xy + 25y2 ) + ( y2 - 6y+ 9 ) + ( 14x - 70y ) + 50 = ( x - 5y )2 + ( y - 3 )2 + 14( x - 5y ) + 50.



Đáp số : F(x,y) nhỏ nhất = 1, với x = 8, y = 3.

ơng pháp 6- Phơng pháp giải các bài toán cực trị đại số có hệ ràng buộc ( thoả mãn

một hệ các điều kiện nào đó ).

Thí dụ 12 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P(x,y) = 6x + 4y thoả mản điều kiện :

21 6

yx y

Giải: Vấn đề quan trọng và then chốt là ta phải tìm ra từ biểu thức đã cho P(x,y) = 6x +4y ta làm xuất hiện đợc các yếu tố ràng buộc đã cho.

Thí dụ 13 Tìm giá trị của x, y, z để biểu thức sau : F(x,y,z) = 2x + 3y - 4z đạt giá trị nhỏ

nhất Biết rằng x, y, z thoả mãn hệ ràng buộc sau đây :

Giải: Từ điều kiện 

, trớc hết ta tính x, y theo z, ta đợc

Để x  0 thì 4 - 3z  0, suy ra z 

Để y  0 thì 3z - 2  0, suy ra z 

32

Để x  0 và y  0, phải có điều kiện :

 z 

 z 

mà thôi

Từ đó suy ra : F(x,y,z) đạt giá trị nhỏ nhất với hệ ràng buộc đã cho khi z =

.Từ đó ta tính đợc x = 4 - 3z = 4 - 3

= 0; y = 3z - 2 = 3

- 2 = 2Và F(x,y,z) nhỏ nhất = 2 -

=

Đáp số : F(x,y,z) nhỏ nhất =

; với x = 0, y = 2, z =

Thí dụ 14 Cho biểu thức đại số sau : P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 ; với x1, x2, x3, x4, x5

là các đại lợng lấy giá trị không âm.

Hãy tìm giá trị lớn nhất của P, biết rằng : x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 1.Giải: Từ P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 , và vì x1x4 + x2x5  0, ta có :

P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5  x1x2 + x2x3 + ( x1x4 + x2x5 ) + x3x4 + x4x5

Biến tổng thành tích ta đợc :

P  x2 (x1 + x3 + x5 ) + x4(x1 + x3 + x5) hay P  (x2 + x4) (x1 + x3 + x5 )Đến đây ta nhận thấy rằng :

Do giả thiết các xi ( i = 1,2,…,5) ,5)  0 nên các tổng (x1 + x3 + x5) và tổng (x2 + x4) là đạilợng không âm.

Đặt U = x1 + x3 + x5 ; V = x2 + x4

Ta có : U  0, V  0 và U + V = 1

áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : UVU.V

2 

hay UVU.V

 135 24

2     

x x x x x

Theo giả thiết, ta có x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 1, nên ta có 41

x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5.P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 đạt giá trị lớn nhất bằng

khi và chỉ khi

2x xx xx xxx

Từ trên ta suy ra x1 = x2 = x5 = 0, x3 = x4 =

Đáp số : P ( lớn nhất ) =

, với x1 = x2 = x5 = 0 và x3 = x4 =

 ( ax + by + cz )2  ( a2 + b2 + c2 ) ( x2 + y2 + z2 ) Dấu bằng xẩy ra khi

 Tổng quát ta có :

( a1b1 + a2b2 +…+ anbn )2  ( a1 + a2 +…+ an )( b1 + b2 +…+ bn ) Dấu bằng xẩy ra khi

b) Viết dới dạng căn thức:

 ax + by  (a2b2)( x2y2) Dấu bằng xẩy ra khi

 ax + by + cz  (a2b2c2)( x2y2z2)

 Dấu bằng xẩy ra khi

2 Các thí dụ

Thí dụ15

Tìm các giá trị của x, y, z để sao cho biểu thức sau đây đạt giá trị nhỏ nhất : P = x2 + y2 + z2 Tìm giá trị nhỏ nhất đó Biết rằng x + y + z = 1995.

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho các bộ số 1, 1, 1 và x, y, z ta có :( x.1 + y.1 + z.1 )2  ( 12 + 12 + 12 )( x2 + y2 + z2 )

hay ( x + y + z )2  3 ( x2 + y2 + z2 )Từ đó ta có : P = x2 + y2 + z2   

Theo giả thiết : x + y + z = 1995, nên ta có P = x2 + y2 + z2 

với

,,

P đạt giá trị nhỏ nhất khi dấu đẳng thức xẩy ra, tức P =

chỉ khi

 ( hay x = y = z ).Từ 

zy x

ta tính đợc x = y = z =

= 665.

Đáp số : P ( nhỏ nhất ) =

  

hay Q2(x,y,z) = ( 2x + 4y + 5z )2  2242  52 x2y2z2

Theo giả thiết ta có : x2 + y2 + z2 = 169, với x,y,zR, do đó ta có :Q2(x,y,z)  25.169 và lúc đó

 (*).Từ (*) ta có z =

5x )2 = 169

 x2 + 4x2 +

= 169

 25x2 = 4.169  x2 =

 x = 

.* Với x =

, y =

, z =

* Với x = -

, y = -

, z =

-5513 Q(x,y,z) ( lớn nhất ) = 25.169= 5.13 = 65.

Đáp số : Q(x,y,z) ( lớn nhất ) = 65 ứng với các bộ số ( x = 

; y = 

; z = 

5513 ).

( 3 - x ).áp dụng bất đằng thức Côsi cho 3 số không âm

, 3 - x ta đợc

.Do đó A  4.1 = 4 (1) b)Xét x > 3, khi đó A < 0 (2)

So sánh (1) và (2) ta đi đến kết luận : MaxA = 4 

 x = 2.

Thí dụ18 : Tìm giá trị lớn nhất của B = x 2

1 x Giải : a) Xét -1  x  0 thì B  0 (1)

b) Xét 0 < x  1 thì B = x 2

1 x 

 xx

Do đó Max B =

 

ơng pháp 9 : Phơng pháp áp dụng điều kiện có nghiệm của phơng trình bậc hai.

Chúng ta biết rằng điều kiện cần và đủ để phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a  0)có nghiệm là  = b2 - 4ac  0 hoặc , = b,2 - ac ( với b = 2b,); điều kiện này đợc sử dụngđể giải khá nhiều dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN)của một biểu thức Sau đây là một số ví dụ minh họa.

Thí dụ 19 Tìm GTLN và GTNN của biểu thức Q =

x

Giải: Do x2 - x + 1 > 0 với mọi x nên Q xác định với mọi x Giả sử tồn tại x để Q đạtGTLN và GTNN, khi đó phơng trình Q.( x2 - x + 1) = x2 - 2x + 2

 (Q - 1) x2 + (2 - Q) x + Q - 2 = 0 (*) phải có nghiệm đối với ẩn x.Nếu Q = 1 thì (*)  x = 1.

Nếu Q  1 thì (*) là một phơng trình bậc hai đối với ẩn x, có nghiệm  x  0  (2 - Q)2 - 4(Q - 1)(Q - 2)  0  (Q - 2)(-3Q + 2)  0 

 Q  2.Vì

< 1 < 2 suy ra : Q đạt GTLN là 2  x = 0 ( thay vào (*) ); Q đạt GTNN là

 x = 2.

Nhận xét : Ví dụ 1 có thể mở rộng cho biểu thức tổng quát có dạng

Q(x) =

với b2 - 4a2c2 < 0.

Thí dụ 20 : Tìm GTLN và GTNN của biểu thức Q = 2 2 2 17

.Giải: Ta có Q xác định với mọi x, y.

Ta tìm Q để tồn tại x, y thỏa mãn Q = 2 2 2 17

hay Q.x2 - x + Q.y2 + 7Q - 2y - 1 = 0 (*)Với Q = 0 thì (*) trở thành x + 2y + 1 = 0 hiển nhiên tồn tại x và y, chẳng hạn x = 0, y =-

.Với Q  0 thì tồn tại x, y thỏa mãn (*)  tồn tại y thỏa mãn :

 Q 

.Với x = 1, y = 2 thì Q =

nên Q đạt GTLN là

.Với x =

, y =

thì Q =

nên Q đạt GTNN là

ơng pháp 10 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối.

a) Cơ sở lý luận : Khi tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) hay giá trị lớn nhất (GTLN) của

biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối, chúng ta thờng xét các trờng hợp để khử dấu giátrị tuyệt đối để vẽ đồ thị hoặc sử dụng các bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối nh : a b

a b  a b , sau đó xét khả năng trở thành đẳng thức Vấn đề này đề cập đếnmột phơng pháp tìm GTNN, GTLN khá hiệu quả cho một lớp bài toán.