PHƯƠNG PHÁP NHÂN tử LAGRANGE GIẢI QUYẾT bài TOÁN cực TRỊ

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ Tạp chí tư liệu tốn học Trong ngành tối ưu hỵa, phương pháp nhân tử Lagrange (đặt theo tên nhà toán học Joseph Louis Lagrange) phương pháp để tëm cực tiểu cực đại địa phương hàm số chịu điều kiện giới hạn Phương pháp chòng ta học chương trënh toán cao cấp bậc đại học Trên Internet cỵ vài viết nỵi phương pháp để chứng minh bất đẳng thức nhiên cín tương đối nhiều bạn chưa biết đến phương pháp Do đỵ viết mënh đưa ứng dụng khác nỵ ngồi việc chứng minh bất đẳng thức thë nỵ cín cïng cụ hữu hiệu giải nhanh số toán cực trị đề thi thử THPT Quốc Gia đồng thời giòp ìch cho số bạn cín yếu bất đẳng thức tham khảo! I GIỚI THIỆU VỀ PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE Khi gặp tốn mà chòng ta gặp điều kiện hàm f  x, y  với điều kiện ràng buộc g  x, y   Để tëm cực trị hàm cỵ điều kiện ràng buộc ta thiết lập hàm Lagrange: Z x,y ,   f  x, y   .g  x, y  Trong đỵ  số chưa xác định, gọi nhân tử Lagrange Z x '  x, y,    fx '  x, y   g x '  x, y    Điều kiện cần cực trị hệ phương trënh sau: Z y '  x, y,    fy '  x, y   g y '  x, y    Z '  x, y,    g  x, y   Khi giải hệ phương trënh ta số  x0 , y ,   nghiệm hệ điểm dừng Khi đỵ ta so sánh f  x0 , y  với f  x1 , y  - đỵ  x , y  số khác thỏa mãn điều kiện g  x, y   mà thïng thường giá trị biên – để kiểm tra xem điểm dừng cực đại hay cực tiểu Để hiểu rð ta vào dụ minh họa II CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA Gọi M,n giá trị lớn M nhỏ biểu thức P  x  2y  3z Khi đỵ cỵ giá trị là: n 27 81 27 81 A B C D 14 14 Bài 1: Cho x,y,z khïng âm thỏa mãn x  y  z  Hướng dẫn Đầu tiên ta thiết lập hàm Lagrange phần giới thiệu mënh nỵi Ta cỵ: Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE 1  Z  x, y, z   x  2y  3z    x  y  z   9  2x     4y      2  Điểm cực trị nghiệm hệ 9z      x, y, z,     ; ; ;   81 81 27 81   x  y  z   14 Khi đỵ thay vào biểu thức ban đầu ta P  6561 Tiếp theo mënh nỵi ta so sánh giá trị với giá trị đặc biệt khác cụ thể giá trị biên Các giá trị biên x  0, y  0, z  0,  x, y    0,  ,  y, z    0,  ,  z, x    0,   Hàm Lagrange lòc là: 1  Z  x, y,   x  2y    x  y   9  Trường hợp 1: z   x  y    x  27 2x       Điểm cực trị nghiệm hệ phương trënh  4y      y  27   x  y    z  27 Khi đỵ giá trị P  243   11  46  32   Tương tự xét với trường hợp cín lại ta P   ; ; ; ;  81 81 243 243 243     14  min P  m  6561 M 81 So sánh tất ta  Vậy  m max P  M   81 Chọn ó A Nhận xét: Các bạn nhận thấy với cách làm ta không cần phải tư nhiều việc sử dụng đánh giá bất đẳng thức AM – GM hay Cauchy – Schwarz mà việc lập hệ bấm máy CALC giá trị đặc biệt từ suy đáp án, ảo diệu đơn giản phải khơng Nhưng nhiên tốn lấy khó tẹo điểm cực trị đạt biên – dễ nhận thấy điều cách để ý giả thiết không âm – thấy thơng thường đề thi thử THPT Quốc gia mức chủ yếu giải hệ cực trị kết nên, nhiên không | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN thể biết trước điều  ta làm cẩn thận cho ăn  Để thấy rõ sức mạnh phương pháp ta tìm hiểu tiếp ví dụ sau Bài : Cho ba số thực x,y,z thỏa mãn x  y   z    Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x  y  z  6x  2y  2z  11 Đề thi thử THPT Quốc gia 2016/2017 THPT Thăng Long – Hà Nội A 3  10 B  C  D 3  11 Phân tích Với toán ta cần tëm giá trị nhỏ biểu thức Thiết lập hàm Lagrange ta được:  Z  x, y, z   x  y  z  6x  2y  2z  11   x  y   z     Khi đỵ điểm cực trị nghiệm hệ phương trënh: 3  x  y 2x   2x   x  y 2y   2y    2z     2z     z    2 x  y   z  2  x  y   z       10 10 x  3y ;y  ;z  x   10 10   z    9 10 3 10  2 ;y  ;z  x  y  z   x     10 10  Sử dụng máy tình cầm tay ta dễ thấy điểm cực tiểu 0, 1622776602  3  10 Chọn ó A Nhận xét Ở nói theo kinh nghiệm đề thi thử không mức cực trị đạt biên mà cần giải hệ cực trị kết quả, nhiên để đánh giá biên khó biến nên ta coi cực trị đạt nghiệm hệ điểm rơi Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn z   Tổng giá trị nhỏ lớn z là: z Đề thi thử Toán học tuổi trẻ lần A B C 13 D Hướng dẫn Đặt z  a  bi  a, b   Biến đổi giả thiết ta z   z   a  b2    4a b2   a  b  Đặt  a , b    x, y  x, y   ta chuyển toán tëm min, max T  x  y với x,y thỏa mãn điều kiện x  y  2xy  7x  11y   Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE Thiết lập hàm Lagrange ta được: Z  x, y   x  y    x  y  2xy  7x  11y   1    2x  2y    Khi đỵ điểm cực trị nghiệm hệ phương trënh  Khïng khỵ để 1    2y  2x  11   nhận hệ vï nghiệm Vậy chắn điểm rơi toán đạt biên   11  13 y   11  13 11  13   T ; Cho x     2  11  13   y     7 x   T    ;   Cho y        7  x    11  13 min T  Đến dễ dàng tëm  max T  11  13  Vậy z  max z  11  13 11  13   13 2 Chọn ó C Bài 4: Trong nghiệm  x, y  thỏa mãn bất phương trënh log x2  y2  2x  y   Tëm giá trị lớn biểu thức T  2x  y A B C D Giải  x  2y   2  2x  y  x  2y Bất phương trënh tương đương: log x2  y2  2x  y     2  x  2y   0  2x  y  x  2y   2  x  2y  Trường hợp 1:  Ta dễ thấy 2x  y  x  2y  2  0  2x  y  x  2y  x2  2y   Trường hợp 2:  Ta luïn cỵ đánh giá sau: 2 2x  y  x  2y   x  2y  2x  y  x  2x   2 | Chinh phục olympic toán     2y  2y    2 2  Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN     x  1   2y    2  Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta lại cỵ: 2      9  2x  y   x    y 2         x     2y      2  2     Vậy giá trị lớn P  1 Đẳng thức xảy  x, y    2;   2 Chọn ó B Nhận xét Ở toán ta sử dụng Lagrange để giải trường hợp Do chắn đẳng thức xảy nên ta cố định 2x  y  x  2y Thiết lập hàm lagrange Do ta cần tëm cực trị nên cỵ thể cho luïn 2x  y  x  2y để tëm cho dễ Hàm ta sau: f  x, y   2x  y    2x  y  x  2y  Điểm cực trị nghiệm hệ phương trënh sau:    x  4y 1x 2x  y  x  2y  x      y      f 'x     2x     1  4y f '     4y    y   y   y 2x  y  x  2y 2    Thay điểm cực trị vào biểu thức đầu dễ thấy nỵ Vậy giá trị lớn biểu thức Bài 5: Cho hai số phức z , z thỏa mãn z1  5i  5, z   3i  z   6i Giá trị nhỏ biểu thức T  z  z A B D C Hướng dẫn Đây toán hay giải phương pháp hình học hóa, ta tiếp cận theo hướng sử dụng nhân tử Lagrange! Đặt z1  a  bi, z  c  di  a, b, c,d   a   b  2  25 a   b  2  25  Theo giả thiết ta cỵ  2 2  c     d     c     d   8c  6d  35 Đến ta cần tëm giá trị nhỏ biểu thức T  Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor a  c   b  d 2 Chinh phục olympic toán | PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE Thiết lập hàm Lagrange ta có:   Z  a, b, c,d   a  b  c  d  2ac  2bd   a   b    25    8c  6d  35  Điểm cực trị nghiệm hệ phương trënh: 2a  2c  2a   2b  2d   2b  10    cb  5c  5a  ad  2c  2a  8  3c  3a  4d  4b   2d  2b  6  2  a   b    25 a   b  2  25 8c  6d  35   8c  6d  35 a  4 a  35  6d  c    b  2  b  8      26 35  6d b  35  6d  40a  8ad       c   c  26 5 a   b  2  25      11 11 105  24a  50d  32b  d   d   10  10  Thay vào biểu thức ban đầu dễ thấy z1  z   Chọn ó B Bài 5: Cho hënh chỵp S.ABCD cỵ đáy ABCD hënh vuïng cạnh a Cạnh SA vụng gỵc với đáy SA  y Trên cạnh AD lấy điểm M cho AM  x Biết x  y  a Tëm giá trị lớn thể tìch khối chỵp S.ABCM Chun Hưng n – Lần A a3 B a3 C a3 D a3 Hướng dẫn Độ dài đoạn MD  a  x S Diện tìch tứ giác AMCB là: 1 S  S ABCD  S MCD  a  a  a  x    a  ax  2 Khi đỵ thể tìch khối chỵp S.ABCM là: 1 V  SA.S AMCB  y  a  ax  y Đến ta gặp khỵ khăn đánh giá biểu thức Nếu dñng AM – GM thë ta A phải cân hệ số, cín dđng Lagrange x M D thë chuyện đơn giản nhiều! Thiết lập hàm Lagrange – Coi a  const - ta có: Z  x, y   a y  axy    x  y  a  B C Khi đỵ điểm cực trị hàm số nghiệm | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN hệ phương trënh: a  ay  2x  y a  x x 2 2    2   y  x  ax 2x  a  ax   y    a  ax  2y    x 2 x  y  a x  y  a x  y  a y  a  y  x  ax    Vậy Vmax  a3 Chọn ó D Bài 7: Xét số phức z thỏa mãn z   i  z   7i  Gọi m,M giá trị nhỏ lớn z   i Tính P  m  M Đề thi minh họa THPT Quốc Gia 2017 lần – Bộ GD&ĐT B P  A P  13  73  73 D P  C P   73  73 Hướng dẫn Thứ có điểm yếu cả, phương pháp khơng ngoại lệ Bài tốn điển hình cho thấy nhược điểm nhân tử Lagrange áp dụng cho vài vài toán cực trị đạt biên, để hiểu rõ ta cöng tiến hành bắt tay vào làm nó! Gọi z  a  bi  a, b  a  2  Theo giả thiết ta cỵ:   b  1  a  4  b      a     b    72  12 2 a  4  a  b  2ab  6a  6b    *  Ta có: z   i   a  1   b  1 2  b    a    b   2  a  b  2a  2b  Thiết lập hàm Lagrange ta có: Z  a, b   a  b  2a  2b     a  b  2ab  6a  6b   Điểm cực trị nghiệm hệ phương trënh: 2a     2a  2b    a  b  b  a     1  b 2b     2b  2a       a  a  b  2ab  6a  6b   a  b  2ab  6a  6b      a  b a   a  b  6a  6b      a   b  a  b  2ab  6a  6b    b  a  b  2ab  6a  6b    Đến ta tëm cực trị tốn, cín cực trị chắn đạt biên, tëm giá trị biên nào? Nếu bạn tinh ó nhận phương trình  *  cỵ nghiệm kép a  b  điều chứng tỏ Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE  a     b  1 2 a  4  b    6 Để chứng minh điều ta cỵ nhiều cách cỵ thể tọa độ hỵa đánh giá đại số bất đẳng thức, viết mënh sử dụng bất đẳng thức Mincowsky Ta có:  a     b  1 2  a  4  b   2  a    a  b    b 2 6 a   a b    b 2  a    Dấu bất đẳng thức xảy  a    a    1  b   a  b    b    b    Đến tëm giá trị biên biến a  2  b  Cho  ngược lại Vậy ta tình giá trị biểu thức cần tëm giá trị a   b  ta tëm max z   i  73 Chọn ó B Tỵm lại việc sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange cho toán khïng hay, phát ta  a     b  1 2  a  4  b   2  thë ta việc ròt điểm rơi đạo hàm tëm min, max thë nhanh nhiều khïng thời gian để lập hệ giải nỵ Do đỵ việc nắm chòt kiến thức mở rộng bất đẳng thức điều nên làm để cỵ thể linh hoạt việc giải tốn khỵ! LỜI KẾT Hy vọng qua viết người phần hiểu nội dung phương pháp mà mënh muốn nhắc tới viết để áp dụng giải số toán hay Bài viết mënh bỏ số thời gian chuẩn bị khïng thể tránh khỏi thiếu xỵt, mong bạn bỏ qua Mọi ó kiến thắc mắc vui líng gửi fanpage mënh – Tạp chí tư liệu toán học Rất cảm ơn người quan tâm tới viết! | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor ...  73  73 Hướng dẫn Thứ có điểm yếu cả, phương pháp khơng ngoại lệ Bài tốn điển hình cho thấy nhược điểm nhân tử Lagrange áp dụng cho vài vài toán cực trị đạt biên, để hiểu rõ ta cưng tiến hành... giá trị biên biến a  2  b  Cho  ngược lại Vậy ta tình giá trị biểu thức cần tëm giá trị a   b  ta tëm max z   i  73 Chọn ó B Tỵm lại việc sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange cho toán. .. toán tëm min, max T  x  y với x,y thỏa mãn điều kiện x  y  2xy  7x  11y   Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE Thiết lập hàm Lagrange