Dung TN

Tìm cực trị từ tính chất điểm cực trị Trần Nam Dũng Trường Đại học KHTN Tp Hồ Chí Minh Bài toán cực trị dạng tốn thường gặp chương trình tốn phổ thơng, đặc biệt thường xuất toán Olympic Đó tốn cực trị đại số, cực trị hình học, cực trị số học hay cực trị tổ hợp Và phương pháp giải, công cụ sử dụng khác nhau: phương pháp giải tích, phương pháp đại số, phương pháp xác suất Trong viết này, thử đưa cách nhìn chung cho phương pháp trên: để tìm cực trị, ta nghiên cứu tính chất điểm cực trị, nghiên cứu tính chất cấu hình tối ưu từ tính chất tìm điểm cực trị Hướng tiếp cận mà hướng tiếp cận kinh điển Ở đây, qua Ví dụ minh họa, làm rõ thêm hiệu hướng tiếp cận này, phân tích kỹ thuật cụ thể để nghiên cứu tính chất điểm cực trị Hàm biến nguyên lý Fermat Khi nghiên cứu cực trị hàm biết, có nguyên lý mà biết đến: hàm số f khả vi điểm cực tiểu (cực đại) địa phương điểm dừng, tức là nghiệm phương trình f (x) = Về điều trước Fermat nhắc tới: “Về hai phía điểm có giá trị lớn giảm ban đầu không đáng kể” (Johan Kepler) Bổ đề Fermat cho ta tính chất quan trọng, mang tính đặc trưng điểm cực trị (của hàm khả vi): điểm cực trị phải điểm dừng Điều ngược lại khơng đúng: điểm dừng điểm cực trị hàm số, ví dụ đơn giản sau: hàm x3 điểm x = Để tìm giá trị cực trị hàm số f, ta giải phương trình f (x) = 0, tìm tất điểm dừng điểm “nghi can” cho giá trị cực trị Sau ta sử dụng định lý tồn tại: hàm số liên tục đoạn [a, b] đạt giá trị lớn giá trị nhỏ Ta coi định lý hiển nhiên mặt hình học bỏ qua phép chứng minh Như giá trị lớn giá trị nhỏ hàm liên tục, khả vi đoạn [a, b] tồn ta cần tìm giá trị điểm dừng hai đầu mút Đối với hàm số xác định tập khơng đóng R (a, b), ta cần đến bổ đề sau: 13 Bổ đề Nếu hàm số f : R → R liên tục f (x) → +∞ |x| → +∞ đạt giá trị nhỏ R Bổ đề Nếu hàm số f : (a, b) → R liên tục f (x) → +∞ x → a x → b đạt giá trị nhỏ (a, b) Điều kiện tồn giá trị lớn phát biểu tương tự Chúng ta bắt đầu Ví dụ kinh điển Ví dụ Định luật Snellius Tia sáng cắt đường biên hai môi trường, vào với góc α với góc β (góc tia sáng với đường vng góc với đường biên điểm cắt) Khi sin β sin α = , va, vb vận tốc ánh sáng mơi trường đó va vb Lời giải Ta sử dụng nguyên lý Fermat quang học: ánh sáng đường từ điểm đến điểm chọn đường ngắn mặt thời gian Nếu ta lấy tia sáng hai điểm A, B nằm hai phía đối  với đường biên, đường  f (M ) = AM + BM → va vb biên ký hiệu là ta thu tốn tìm cực tiểu:  M∈ Giá trị nhỏ tồn tại, điều đảm bảo bổ đề Gọi điểm mà hàm số đạt giá trị nhỏ M0 Vấn đề tính đạo hàm hàm số f Điều làm nào? Ta thực điều cách tìm biểu thức hàm số f sử dụng định lý Pythagore: Gọi AH, BK đường vng góc hạ từ A, B tương ứng xuống Đặt AH = a, BK = √ b HK = c Đặt HM = x ta có AM = a2 + x2 , BH = b2 + (c − x)2 Từ √ f (M ) = g(x) = a2 + x2 /va + b2 + (c − x)2 /vb Theo bổ đề f(M) đạt giá trị nhỏ điểm M0 Và theo c−x x − nguyên lý Fermat f (M0 ) = Nhưng f (M ) = g (x) = √ 2 a + x va b2 + (c − x)2 v b c − x0 x0 Từ f (M0 ) = hay √ − a2 + x v a sin α sin β = ⇔ va vb b2 + (c − x)2 vb Định luật Snellius cho tính chất quan trọng đường ánh sáng qua môi trường không đồng chất, nhiều tốn quan trọng (Ví dụ tốn đường đoản thời - đường ngắn thời gian viên bi từ điểm A đến điểm B) giải nhờ vào định luật (thực định lý) Nguyên lý Fermat áp dụng hiệu toán cực trị hàm biến, phương pháp quan trọng chương trình tốn phổ thơng Ta xem xét số ví dụ Ví dụ Có miếng thép kích thước 1m × 1m Người ta muốn làm từ thép hình hộp khơng đáy cách cắt góc hình vng kích thước x × x, gấp lên hàn lại Hỏi phải chọn x để thể tích hình hộp lớn nhất? 14 Lời giải Rõ ràng ta phải có ≤ x ≤ 1/2 Thể tích hình hộp V (x) = x(1 − 2x)2 Với toán này, cần chút khéo léo ta dùng bất đẳng thức Cơ-si để tìm giá trị lớn Tuy nhiên, sử dụng phương pháp hàm số phương pháp tự nhiên khơng đòi hỏi sáng tạo đặc biệt nào: V (x) = 12x2 − 8x + = (2x − 1)(6x − 1) Từ ta có V(x) đạt giá trị lớn giá trị nhỏ điểm (biên), 1/6 (điểm dừng), 1/2 (biên) Vì V(0) = V(1/2) = 0, V(1/6) = 2/27 nên ta suy Vmax = 2/27 x = 1/6 Bài tập Hãy giải toán với miếng thép có kích thước a × b phương pháp sau a) Dùng bất đẳng thức Cauchy ; b) Dùng đạo hàm Ví dụ Qua điểm nằm góc cho trước, kẻ đoạn thẳng có độ dài ngắn có đầu mút nằm cạnh góc Lời giải Bổ đề đảm bảo tồn đoạn thẳng ngắn Giả sử đoạn thẳng ngắn AB điểm nằm góc M Qua M ta kẻ đường thẳng khác A’B’ Gọi γ góc có hướng A’B’ AB Hàm số f (γ) = A B đạt giá trị nhỏ điểm γ = f (0) = Đặt α = ∠OAB, β = ∠OBA O đỉnh góc Sử dụng định lý hàm số sin cho tam giác MAA’ MBB’, ta có sin β sin α , MB = MB MA = MA sin(α − γ) sin(β + γ) Từ ∆f = A B − AB = M A + M B − M A − M B sin α sin β − + MB −1 = MA sin(α − γ) sin(β + γ) sin(γ/2) cos (α − γ/2) sin(γ/2) cos (α + γ/2) = MA − MB sin(α − γ) sin(α + γ) ∆f sin(γ/2) = ∆γ γ Cho γ → 0, ta Như MA cos (α − γ/2) cos (α + γ/2) − MB sin(α − γ) sin(α + γ) f (0) = M A cot(α) − M B cot(β) Nhưng f’(0) = nên ta có M A cot(α) = M B cot(β) Kết có ý nghĩa hình học nào? Hạ đường vng góc OH xuống AB Dễ dàng kiểm tra HB/HA = cot(β)/ cot(α) Mặt khác M A/M B = cot(β)/ cot(α), suy MA = HB, MB = HA Như vậy, Đoạn thẳng ngắn AB đặc trưng tính chất sau: Hình chiếu O lên AB đối xứng với M qua trung điểm AB 15 Nhận xét Tại tìm đặc trưng hình học đoạn thẳng AB mà không nêu cách dựng nó? Vấn đề với vị trí tổng quát, lời giải dựng thước com-pa Trong thực tế, có nhiều tốn cực trị ta đưa tính chất đặc trưng lời giải khơng tìm lời giải mang tính xây dựng Bài tập Đường thẳng qua điểm nằm góc, cắt góc thành tam giác có diện tích nhỏ Hãy tìm lời giải hình học lời giải giải tích cho toán Bài tập Cũng toán với chu vi nhỏ Hãy tìm lời giải hình học lẫn lời giải giải tích Bài tập Qua điểm nằm góc vng kẻ đường thẳng cho OA + OB nhỏ (O đỉnh góc vng, A, B giao điểm đường thẳng với cạnh góc vng) Bài tập 30-4) Tìm giá trị lớn hàm số √ (Theo Olympic √ 2 f (x) = x + x + 13 − x đoạn [0, 1] Bài tập (Bài tốn góc sút khung thành) Cho đường thẳng l hai điểm A, B nằm phía l Tìm vị trí điểm M l cho góc ∠AM B lớn Tìm cực trị biết điểm rơi Với nhiều toán cực trị hay bất đẳng thức, biết điểm rơi (điểm đạt giá trị cực trị hay xảy dấu bằng) tốn trở nên đơn giản Lý lúc ta biết cách áp dụng bất đẳng thức quen thuộc với hệ số phù hợp để đạt điều mong muốn Chẳng hạn với tốn: √ √ Ví dụ Cho ≤ x ≤ Chứng minh ta có bất đẳng thức x + x2 + 13 − x2 ≤ 16 Bài toán đời cách gần 20 năm, dịp Olympic 30/4 năm 1996 Tôi nhiều lần trình bày lời giải này, khơng phải trình bày theo trí nhớ, mà theo logic điều kiện xảy dấu Thực không nhớ dòng lời giải mà nhớ thông tin nhất: dấu bất đẳng thức xảy x = √ Với thông tin này, ta dễ dàng "phục hồi" lại đánh giá sau: √ √ √ √ 13 x + x2 + 13 − x2 = (3x.2 + x2 ) + (x.2 − x2 ) 2 13 2 2 ≤ (9x + 4(1 + x )) + (x + 4(1 − x )) = 16 4 (Bạn đọc suy nghĩ xem từ thông tin điểm rơi, ta lại nghĩ đánh trên?) Bài tập Cho R > số thực√dương cho trước, x ∈ [0, R] thay đổi Hãy tìm giá trị lớn biểu thức y = x(R + R2 − x2 ) 16 Hướng dẫn Bài toán liên quan đến tốn hình học sau: Trong tất tam giác nội tiếp đường tròn bán kính R, tìm tam giác có diện tích lớn Tính giá trị lớn theo R Làm tìm điểm rơi? Ta dự đốn, sử dụng cơng cụ đạo hàm Tuy nhiên, với toán trên, sử dụng cơng cụ đạo hàm ta làm thẳng phương pháp hàm số Dưới ta xem xét số Ví dụ phức tạp hơn: Ví dụ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện 2xyz = 2x + 4y + 7z Tìm giá trị nhỏ S = x + y + z Ta lại có "thơng tin" giá trị nhỏ đạt x = 3, y = 5/2, z = Ta sử dụng thông tin để có đánh giá sau: 2y z x 15 + × ≥ 15 2(x + y + z) = × + × x 2y z (1) Mặt khác, từ điều kiện đề suy 15 = 15 30 105 15 15 + + =3× +5× +7× ≥ 15 yz zx 2xy yz zx 2xy yz zx 15 2xy (2) Từ (1) (2) suy  4(x + y + z) × 15 ≥ 15 15 x 2y 5 2 z  15 15 yz zx 15 2xy = 153 Suy x + y + z ≥ 15/2 Lời giải ngắn gọn Và bí ngắn gọn ta biết điểm rơi Vấn đề để tìm điểm rơi này? Trước có câu trả lời cho câu hỏi này, ta tiếp tục xem xét Ví dụ Ví dụ Cho a, b, c cạnh tam giác, x, y, z số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = a + b + c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = ax2 + by + cz + xyz Bằng "linh cảm" toán học, đặc biệt gợi ý điều kiện "a, b, c ba cạnh tam giác", ta dự đoán giá trị nhỏ đạt x = b + c - a, y = c + a - b z = a + b - c Khi ta tính P = 4abc Ta đưa toán ban đầu toán dễ chịu hơn: Bài toán 6.1 Cho a, b, c cạnh tam giác, x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x + y + z = a + b + c Chứng minh ta có bất đẳng thức P = ax2 + by + cz + xyz ≥ 4abc Bằng lý luận đơn giản (bạn đọc tự phục hồi lý luận này), ta đưa tốn tốn sau: 17 Bài toán 6.2 Cho a, b, c cạnh tam giác, x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện ax2 + by + cz + xyz = 4abc Chứng minh ta có bất đẳng thức x + y + z ≤ a + b + c Bài toán cuối giải hiệu phương pháp lượng giác hóa sau: Chia đẳng thức ax2 + by + cz + xyz = 4abc cho abc, ta x2 y z xyz + + + = bc ca ab abc x y z Đặt u = √ , v = √ , w = √ ta u2 + v + w2 + uvw = Và ta cần ca√ ab √ bc √ chứng minh bcu + cav + abw ≤ a + b + c Bây giờ, ≤ u, v ≤ nên ta đặt u = cos A, v = cos B với A, B hai góc tam giác Khi đó, giải phương trình w2 + uvw + u2 + v − = 0, −4 cos A cos B + sin A sin B = −2 cos(A + B) = cos C với C góc thứ ba tam giác √ nói √ √ Như ta cần chứng minh bc cos A + ca cos B + ab cos C ≤ a + b + c Như bất đẳng thức bất đẳng thức quen thuộc ta w = 2yz cos A + 2zx cos B + 2xy cos C ≤ x2 + y + z với x, y, z thực với tam giác ABC Các lời giải đẹp đẽ nói thực chất có ta tìm điểm rơi hay biết giá trị cực trị Vậy làm để tìm điểm rơi, từ tìm giá trị cực trị? Trong nhiều trường hợp, tính đối xứng, ta nghĩ đến điểm mà biến Nhưng với tốn khơng có đối xứng hai trên, ta xử lý nào? Phương pháp nhân tử Langrange trợ thủ tốt cho mục tiêu tìm điểm dừng Ta nhắc lại lý thuyết phương pháp Để tìm cực trị hàm số f (x1 , x2 , , xn ) với điều kiện ràng buộc g(x1 , x2 , , xn ) = ta xét hàm F (λ, x1 , x2 , , xn ) = f (x1 , x2 , , xn ) + λg(x1 , x2 , , xn ) Sau ta tìm cực trị F Chú ý điểm cực trị thoả mãn điều kiện g(x1 , x2 , , xN ) = Fλ (λ, x1 , x2 , , xN ) = nên cực trị f với điều kiện ràng buộc g(x1 , x2 , , xN ) = Nếu có nhiều điều kiện ràng buộc hơn, ta bổ sung thêm biến µ, ν Ví dụ Tìm giá trị giá trị nhỏ hàm số f (x, y) = 5x2 + 2xy + 3y với điều kiện g(x, y) = 7x2 + 2xy + 4y − = Giải Xét L = f (x, y) + λg(x, y) Đạo hàm theo biến x y, ta hệ phương 10x + 2y + λ(14x + 2y) = trình 2x + 6y + λ(2x + 8y) = 18 10x + 2y 6y + 2x = 14x + 2y 8y + 2x Giải phương trình này, ta y/x - Thay vào phương trình g(x, y) = 0, ta tìm số điểm « nghi vấn » cực trị Tính giá trị hàm số f điểm này, ta thu giá trị nhỏ đạt điểm (x, y) = (-1/3, 1/3), (x, y) = (1/3, -1/3) Cuối ta dùng đến định lý tồn giá trị nhỏ (g(x, y) = phương trình ellip, compact) Từ tính λ từ phương trình cho nhau, ta n Bài tập (Bài toán Entropi cực đại) Với n số dương x1 , x2 , , xN cho xk , k=1 n xk ln(xk ) (Tổng với dấu trừ gọi entropi) tìm giá trị nhỏ tổng k=1 Bài tập Tổng số thực 1, tổng bình phương chúng 13 giá trị nhỏ tổng lập phương chúng bao nhiêu? Bài tập 10 Tổng số thực 1, tổng bình phương chúng 11 giá trị lớn tổng lập phương chúng bao nhiêu? Bây ta quay trở lại với Ví dụ thử giải phương pháp nhân tử Lagrange Giải: Xét L = x + y + z + λ(2x + 4y + 7z − 2xyz)    + λ(2 − 2yz) = Hệ phương trình Lx = Ly = Lz = có dạng + λ(4 − 2zx) =   + λ(7 − 2xy) = Từ ta tìm 2yz = + 1/λ, 2zx = + 1/λ, 2xy = + 1/λ Mặt khác, điều kiện 2x + 4y + 7z = 2xyz viết lại thành 2/2yz + 4/2zx + 7/2xy = 4λ 7λ 2λ + + = Thay biểu thức vừa tìm vào, ta tìm 2λ + 4λ + 7λ + 1 Biến đổi tương đương, ta phương trình 112λ3 + 50λ2 − = √ −4 ± Phương trình có nghiệm λ = 1/8, λ = (loại dẫn đến yz < 0) 14 Từ ta có 2yz = 10, 2zx = 12, 2xy = 15 Từ tính điểm dừng (x, y, z) = (3, 5/2, 2) Sự tồn giá trị nhỏ đảm bảo Bổ đề 3, (3, 5/2, 2) điểm mà hàm số đạt giá trị nhỏ Chú ý phương pháp nhân tử Langrange khơng có chương trình phổ thơng, chương trình chun tốn Như lời giải khơng chấp nhận Ta có phương án để tránh phiền toái này: Ta dùng phương pháp nhân tử Lagrange để tìm điểm rơi (và hồn tồn khơng cần trình bày điều vào lời giải) sử dụng điểm rơi để có lời giải dùng đánh giá theo bất đẳng thức AM-GM có trọng số Trở lại với Ví dụ 6, ta thử xem phương pháp nhân tử Lagrange dẫn đến hệ tìm điểm rơi nào? Xét hàm số F = ax2 + by + cz + xyz + λ(a + b + c − x − y − z) Hệ tìm điểm dừng có dạng 2ax + yz = λ, 2by + zx = λ, 2cz + xy = λ, x + y + z = a + b + c 19 λ yz λ zx λ xy − = 2a, − = 2b, − = 2c x x y y z z Đặt s = x + y + z, t = xy + yz + zx p = xyz Cộng phương trình vế theo vế, nhân chúng vế theo vế nhân chéo cộng lại, ta hệ thức Ta viết phương trình đầu dạng λ3 − λ2 t + λps − p2 λt t2 − 2sp − = 2(a + b + c), = 8abc, p p p λ2 s − λ(st − 3p) + p(s2 − 2t) = 4(ab + bc + ca) p Từ phương trình đầu, với ý s = x + y + z = a + b + c ta suy λ = t Thay vào phương trình thứ hai ta suy ts - p = 8abc, vào phương trình thứ tư suy s2 + t = 4(ab + bc + ca) Như t = 2(ab + bc + ca) − a2 − b2 − c2 , từ p = ts − 8abc = (a + b + c)(2(ab + bc + ca) − a2 − b2 − c2 ) − 8abc = (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) Từ ta tìm điểm rơi x = b+c-a, y = c+a-b, z = a+b-c giá trị nhỏ 4abc Bài tập 11 Cho x, y, z số thực thỏa mãn điều kiện x+y+z = 5, x2 +y +z = Tìm GTLN GTNN biểu thức P = x2 y + y z + z x Bài tập 12 Tìm điểm P nằm tam giác cho tổng tỷ số độ dài cạnh khoảng cách từ P đến cạnh đạt giá trị nhỏ Bài tập 13 (Romanian TST 2007) Cho n ≥ x1 , , xn ; y1 , , yn 2n số thực n thoả mãn điều kiện a2i = 1, i=1 n i=1 n Chứng minh i=1 n b2i = 1, n + bi = 0, i=1 ≤ n bi i=1 Bài tập 14 Cho x1 , x2 , , xn số thực thỏa mãn điều kiện x21 +x22 + +x2n = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x1 x2 + x2 x3 + + xn−1 xn Tính chất cực trị tiếp tuyến Trong phần này, dạng tập, ta đưa số tính chất cực trị quan trọng tiếp tuyến Các tính chất hữu ích tốn tìm khoảng cách đường cong nói riêng, tập hợp điểm nói chung Bài tập 15 Cho đường thẳng (d) hai điểm A, B nằm phía (d) M điểm di chuyển (d) Chứng minh góc AMB lớn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM tiếp xúc với (d) Bài tập 16 Cho đường cong khả vi (C) điểm M cố định nằm (C) N điểm thuộc C Chứng minh MN đạt giá trị nhỏ MN vng góc với tiếp tuyến (C) N 20 Bài tập 17 Cho hai đường cong khả vi (C1 ), (C2 ) không giao Chứng minh M1 M2 đoạn ngắn đoạn nối hai điểm thuộc C1 , C2 M1 M2 vng góc với tiếp tuyến C1 M1 tiếp tuyến C2 M2 Cực trị rời rạc phương pháp "những dịch chuyển nhỏ" Bây ta xem xét số toán cực trị rời rạc Ở đây, tính chất rời rạc nên cơng cụ giải tích khơng khả dụng, ta phải tìm phương pháp khác để nghiên cứu tính chất điểm cực trị, cấu hình tối ưu Chúng ta tốn sau: Ví dụ Tổng ba số nguyên dương 100 Tìm giá trị lớn tích ba số Nếu khơng có điều kiện nguyên dương ta giải dễ dàng Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ba số 100/3, 100/3, 100/3 Điều kiện ngun dương khơng cho phép ta áp dụng Tuy nhiên, rõ ràng gợi ý cho ta đến số tối ưu 33, 33, 34 Điểm rơi cho ta lời giải sau: Giả sử a ≤ b ≤ c ta dễ dàng suy a ≤ 33 c ≥ 34 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có   a b c 3 + + 34(a + b + c) − c 34(a + b + c) − 34 a b c   ≤  33 33 34  = ≤ = 33 33 34 3.33.34 3.33.34 Suy abc ≤ 33.33.34 Phương pháp tỏ hiệu với tốn khó sau: Ví dụ Tổng ba số nguyên dương phân biệt 100 Tìm giá trị lớn tích ba số Cũng trên, ta dự đốn điểm rơi 32, 33, 35 ta sử dụng điểm rơi dự đoán để giải toán: Giả sử a < b < c Khi b ≥ a + 1, c ≥ a + 100 = a + b + c ≥ 3a + 3, suy a < 97/3, suy a ≤ 32 Tương tự suy c ≥ 35 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có   a b c 3 + + 32.35(a + b + c) + 35a − 2.32c a b c  32 33 35  ≤ ≤  = 32 33 35 3.33.34 Tuy nhiên, cách giải gặp khó với tốn sau: Ví dụ 10 Tổng ba số nguyên dương phân biệt 100 Tìm giá trị lớn tích ba số Ta dự đoán điểm rơi 23, 24, 26, 27 áp dụng phương pháp trên, ta phải đánh giá thêm b c (với số a < b < c < d) Nhưng điều khó khăn 21 Ta suy nghĩ theo hướng khác Giả sử a < b < c < d số tối ưu Khi số phải thỏa mãn điều kiện gì? Ta thấy hiệu hai số kề dãy tăng nói khơng thể ≥ 3, chẳng hạn b − a ≥ đặt a’ = a + 1, b’ = b - ta có a’ < b’ < c < d, a’ + b’ + c + d = a + b + c + d a’b’cd = (a+1)(b-1)cd = (ab + b - a - 1)cd > abcd Mâu thuẫn với tính tối ưu số Như ta phải có b − a ≤ 2, c − b ≤ 2, d − c ≤ Tiếp theo ta nhận thấy rằng, bất đẳng thức trên, có nhiều bất đẳng thức có dấu Thật vậy, chẳng hạn b - a = c - b = ta lấy a’ = a+1, c’ = c-1 b, d giữ nguyên để có số a’, b, c’, d có tổng cũ tích lớn Áp dụng tính chất ta suy (b − a) + (c − b) + (d − c) ≤ + + = 4, suy d − a ≤ Ta có c − a ≤ + = Bây 100 = a + b + c + d ≥ a + a + + a + + a + = 4a + 6, suy a ≤ 94/4 = 23, (1) Tiếp theo, ta lại có, theo đánh giá 100 = a + b + c + d ≤ a + a + + a + + a + Suy a ≥ 91/4 = 22, 75 (2) Từ (1) (2) ta suy a = 23 Dùng đánh giá tương tự cho d, ta tìm d = 27 Và từ ta tìm a < b < c < d thỏa mãn hệ điều kiện b − a ≤ 2, c − b ≤ 2, d − c ≤ 2, d − a ≤ a + b + c + d = 100 (23, 24, 26, 27) Và số có tích lớn Bài tập 18 (IMO 1976) Một số số ngun dương có tổng 1976 Tìm giá trị lớn tích số Bài tập 19 Một số số nguyên dương phân biệt có tổng 2013 Tìm giá trị lớn tích số Tiếp theo, ta xem xét Ví dụ phức tạp sau: Ví dụ 11 11 Cho x1 , x2 , , xn hốn vị (1, 2, , n) Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P = (x1 − x2 )2 + (x2 − x3 )2 + + (xn−1 − xn )2 + (xn − x1 )2 Ta có dự đốn P đạt giá trị nhỏ số xi , xi+1 có khoảng cách khơng lớn, từ đó, chẳng hạn với n = ta 1, 3, 5, 7, 8, 6, 4, Từ "điểm rơi"dự đốn ta nghĩ đến việc chứng minh P ≥ 4n − Ta chứng minh điều quy nạp Khi chuyển từ n → n + 1, ta cần chứng minh (xn − xn+1 )2 + (xn+1 − x1 )2 − (xn − x1 )2 ≥ 22 (1) Bất đẳng thức nói chung không (chẳng hạn xn+1 nằm xn x1 ) Tuy nhiên, ý đến tính vai trò xi ta chọn xn+1 thích hợp để bất đẳng thức Thật vậy, bất đẳng thức (1) viết dạng (xn − xn+1 )(x1 − xn+1 ) ≥ 2.(2) Và chọn xn+1 = xn − xn+1 , x1 − xn+1 số nguyên dương phân biệt (xn − xn+1 )(x1 − xn+1 ) ≥ 1.2 = 2, nghĩa (2) bước quy nạp chứng minh Trong lời giải trên, ý tưởng quy nạp tự nhiên Tuy nhiên lời giải chút mò mẫm Và phương pháp dường gặp khó khăn giải toán GTLN Ta thử suy nghĩ theo hướng nghiên cứu tính chất số tối ưu Chú ý toán cho tương đương với việc tìm GTLN GTNN biểu thức P = x1 x2 + x2 x3 + + xn x1 Để không nhầm lẫn, ta gọi (y1 , y2 , , yn ) tối ưu cho toán GTLN, (z1 , z2 , , zn ) tối ưu cho toán GTNN Ta chứng minh tính chất quan trọng sau: (1) (yi − yj+1 )(yi+1 − yj ) > với i < j − (2) (zi − zj+1 )(zi+1 − zj ) > với i < j − (Hãy chứng minh!) Từ tính chất này, ta suy hệ quan trọng việc tìm số tối ưu giải tốn, Ví dụ (3) Trong y, cạnh n phải n-1 n-2 (4) Trong z, cạnh n phải (5) Khi n = 2k, z, số > k không xếp cạnh nhau, xếp xen kẽ với số ≤ k Bài tập 20 Giải tiếp phần tìm GTNN P = x1 x2 + x2 x3 + + xn x1 Hướng dẫn: Dùng quy nạp tốn học tính chất (4) Bài tập 21 Cho x1 , x2 , , x2n số nguyên phân biệt Chứng minh ta có bất đẳng thức |x1 − x2 | + |x2 − x3 | + + |x2n−1 − x2n | + |x2n − x1 | ≤ 2n2 Bài tập 22 Trên đường thẳng thực xét điểm có tọa độ 1, 2, 3, , 2n Một bọ xuất phát từ điểm nhảy đến tất điểm 2, 3, , 2n, điểm lần quay trở lại Biết tổng độ dài đoạn mà bọ qua, trừ bước cuối cùng, n(2n-1) Chứng minh độ dài bước nhảy cuối n 23 ... đương với việc tìm GTLN GTNN biểu thức P = x1 x2 + x2 x3 + + xn x1 Để không nhầm lẫn, ta gọi (y1 , y2 , , yn ) tối ưu cho toán GTLN, (z1 , z2 , , zn ) tối ưu cho toán GTNN Ta chứng minh tính... trị nhỏ 4abc Bài tập 11 Cho x, y, z số thực thỏa mãn điều kiện x+y+z = 5, x2 +y +z = Tìm GTLN GTNN biểu thức P = x2 y + y z + z x Bài tập 12 Tìm điểm P nằm tam giác cho tổng tỷ số độ dài cạnh... Khi n = 2k, z, số > k không xếp cạnh nhau, xếp xen kẽ với số ≤ k Bài tập 20 Giải tiếp phần tìm GTNN P = x1 x2 + x2 x3 + + xn x1 Hướng dẫn: Dùng quy nạp tốn học tính chất (4) Bài tập 21 Cho x1