(Luận văn thạc sĩ) phương pháp giải bài toán cực trị và ứng dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HÀ NỘI VŨ THỊ HẢI THANH PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 40 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nguyễn Đình Sang Hà Nội - 2012 Mục lục Mục lục Lời nói đầu Lời cảm ơn Bảng kí hiệu i iii iv v Cực trị hàm số 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.2 Các phương pháp tìm cực trị 1 1.3 1.2.1 Áp dụng điều kiện cần, điều kiện đủ 1.2.2 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Một số toán tổng quát ứng dụng 1.3.1 Bài toán tổng quát 1.3.2 Bài tập tham khảo Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 2.1 Các khái niệm 2.1.1 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số 2.1.2 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ tập hợp 2.1.3 Một số tính chất giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 2.1.4 Một số định lý giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 2.2 Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 2.2.1 Phương pháp sử dụng đạo hàm 2.2.2 Phương pháp tập giá trị 2.2.3 Phương pháp lượng giác 2.2.4 Phương pháp hình học i 11 11 14 19 19 19 20 22 24 26 26 31 37 44 MỤC LỤC 2.2.5 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 2.2.6 Một số tập vận dụng Kết luận Tài liệu tham khảo ii 51 63 69 70 Lời nói đầu Bài tốn cực trị địa phương cực trị tuyệt đối tốn quan trọng giải tích tốn học có nhiều ứng dụng khác tốn học nhiều ngành khoa học khác như: Kinh tế, Khoa học cơng nghệ, v.v Để giải tốn cực trị, có nhiều phương pháp khác Mục đích luận văn giới thiệu phương pháp giải dạng tốn này, cho bình luận phương pháp đồng thời đưa số ứng dụng Những ứng dụng tốn cực trị có nhiều, giới hạn phương pháp tốn sơ cấp hạn chế luận văn thạc sĩ nên luận văn nêu số ứng dụng Bản luận văn gồm chương: Chương 1: Cực trị hàm số Trình bày tốn cực trị địa phương, đưa điều kiện cần, điều kiện đủ để có cực trị Cho ví dụ khơng thỏa mãn điều kiện đủ có cực trị Trình bày phương pháp khác để giải toán cực trị, tổng qt hóa số tốn cực trị với mong muốn đưa cách giải nhanh gọn cho toán dạng Chương 2: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Phần đầu chương trình bày định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số tập, điều kiện đủ để tồn giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm biến tính chất giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Trong phạm vi chương trình phổ thơng, hàm số nhiều biến khơng nghiên cứu Vì để tìm giá trị lớn nhất, giá nhỏ hàm nhiều biến, ta phải quy tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ tập hợp số Phần luận văn trình bày số phương pháp khác để giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ dành nhiều thời gian cho phương pháp bất đẳng thức Phần cuối chương số toán vận dụng phối hợp nhiều phương pháp Lời cảm ơn Hoàn thành luận văn này, ngồi nỗ lực thân, tơi nhận bảo, giúp đỡ từ nhiều phía thầy, giáo, gia đình bạn bè Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới người thầy kính mến PGS.TS Nguyễn Đình Sang, người trực tiếp truyền thụ kiến thức, định hướng nghiên cứu tận tình hướng dẫn cho tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn thầy, giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, người trực tiếp giảng dạy giúp đỡ tơi q trình học tập trường toàn thể bạn bè người thân đóng góp ý kiến, giúp đỡ, động viên tơi q trình học tập, nghiên cứu hồn thành luận văn Ứng dụng toán cực trị có nhiều, giới hạn phương pháp toán sơ cấp hạn chế luận văn thạc sĩ nên luận văn trình bày phần Do thời gian có hạn lực có phần hạn chế nên chắn luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn bè đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Xin chân thành cảm ơn Hà Nội, ngày 20 tháng 11 năm 2012 Học viên Vũ Thị Hải Thanh Bảng kí hiệu N N∗ Z Z+ Z∗+ R R∗ R+ R∗+ C [a; b] (a; b) (a; b] tập số tự nhiên tập số tự nhiên khác không tập số nguyên tập số nguyên không âm tập số nguyên dương tập số thực tập số thực khác không tập số thực không âm tập số thực dương tập số phức = {x ∈ R|a ≤ x ≤ b} = {x ∈ R|a < x < b} = {x ∈ R|a < x ≤ b} v Chương Cực trị hàm số Trong chương này, trình bày khái niệm cực trị hàm số Điều kiện để có cực trị hàm số, đưa số ví dụ minh họa điều kiện cần, điều kiện đủ giới thiệu phương pháp tìm cực trị kèm theo ví dụ tập 1.1 Kiến thức chuẩn bị Định nghĩa 1.1 Cho khoảng (a; b) ⊂ R hàm số f : (a; b) → R Ta nói rằng, hàm f đạt cực đại địa phương(tương ứng cực tiểu địa phương) x0 ∈ (a; b) nếu: ∃δ cho (x0 − δ; x0 + δ) ⊂ (a; b) f (x0 ) ≥ f (x) (tương ứng f (x0 ) ≤ f (x)), với x ∈ (x0 − δ; x0 + δ) f số lân cận x0 Điểm x0 mà hàm đạt cực đại địa phương cực tiểu địa phương gọi chung điểm cực trị hàm số Định lý 1.1 (Định lý Fermat - Điều kiện cần để hàm số có cực trị) Cho khoảng (a; b) ⊂ R hàm số f : (a; b) → R Nếu điểm c ∈ (a; b) điểm cực trị hàm số f tồn f (c) f (c) = Điểm x0 mà f (x0 ) = đạo hàm không xác định gọi điểm dừng hàm f Nhận xét: Nếu hàm f : (a; b) → R hàm khả vi (a; b) điểm cực trị f phải nằm số điểm dừng f Định lý 1.2 (Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị) Giả sử hàm số f liên tục (a; b) chứa điểm x0 có đạo hàm Chương Cực trị hàm số khoảng (a; x0 ) (x0 ; b) - Nếu f (x) đổi dấu từ âm sang dương x qua điểm x0 hàm số đạt cực tiểu điểm x0 - Nếu f (x) đổi dấu từ dương sang âm x qua điểm x0 hàm số đạt cực đại điểm x0 Định lý 1.3 Giả sử hàm số f (x) xác định khoảng (a; b), x0 điểm dừng f (x) Hàm f (x) khả vi cấp cấp x0 Khi đó: - Nếu f (x0 ) < hàm số f đạt cực đại x0 - Nếu f (x0 ) > hàm số f đạt cực tiểu x0 1.2 1.2.1 Các phương pháp tìm cực trị Áp dụng điều kiện cần, điều kiện đủ Dựa vào điều kiện cần, điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị, ta xây dựng quy tắc tìm cực trị hàm số f (x) liên tục khoảng (a; b) sau đây: Quy tắc - Tìm f (x) ; - Tìm điểm xi , (i = 1, 2, 3, ) mà f có đạo hàm hàm số liên tục khơng có đạo hàm; - Xét dấu f (x).Nếu f (x) đổi dấu x qua điểm xi hàm số đạt cực trị xi Ví dụ 1.1 Tìm cực trị hàm số: y= x(1 − x)2 Lời giải Hàm y xác định liên tục R Với x = x = y = − 3x 3 x2 (1 − x) Chương Cực trị hàm số y =0⇔x= Lập bảng biến thiên hàm y: x −∞ + y + +∞ − + √ +∞ y −∞ Từ bảng biến thiên ta thấy: √ Hàm số đạt cực đại x = 13 , giá trị cực đại hàm số y( 13 ) = 34 Hàm số đạt cực tiểu x = 1, giá trị cực tiểu hàm số y(1) = Chú ý: Khi qua điểm x = đạo hàm y không đổi dấu nên hàm số cho khơng có cực trị điểm x = Ví dụ 1.2 Tìm cực trị hàm số: y = −x2 + 2x + Lời giải Hàm y xác định R Ta có y = −x2 + 2x + = (|−x2 + 2x + 3|)2 (−x2 + 2x + 3)(−2x + 2) f (x) ⇔y= = |−x2 + 2x + 3| |−x2 + 2x + 3| Xét f (x) = (−x2 + 2x + 3)(−2x + 2) = ⇔ x = ±1 x=3 Lập bảng biến thiên hàm y x −∞ −1 − y + +∞ − + +∞ y 0 +∞ Chương Cực trị hàm số Từ bảng biến thiên ta suy Giá trị cực đại hàm số y(1) = Giá trị cực tiểu hàm số y(−1) = 0; y(3) = Ví dụ 1.3 Tìm cực trị hai hàm số sau: f (x) = xe− x với x = 0 với x = g(x) = e− x2 với x = 0 với x = Lời giải Ta có: f (x) = e− x2 + Nhận thấy f (x) > 0, Mặt khác, − 12 e x , x2 ∀x = ∀x = lim− xe− x = −∞ x→0 Nên hàm f (x) không liên tục x = Từ suy hàm f (x) khơng có cực trị Hàm g(x) liên tục với x,vì lim e− x2 = x→0 Ta thấy với x = g (x) = − 12 e x x3 Lập bảng biến thiên hàm g(x): x −∞ − g (x) +∞ + +∞ +∞ g(x) Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Như − √ 31 + 15 ≤S≤ Ta thấy: S1 = √ √5 u1 √ 31+4 15 S2 = − Kết luận u1 = √ 31+4 15 √ 16+4√15 ;v 23+2 15 = √ 31 + 15 45√ 92+8 15 u2 = −u1 ; v2 = −v1 x2 = x1 = √ 2√ v ;y 2 = √ 2√ v ;y 1 = √ √5 u2 √ 31 + 15 max S = √ 31 + 15 S = − Ví dụ 2.20 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = 2012 Tìm giá trị nhỏ biểu thức a3 b3 c3 M= + + (a + b)(b + c) (b + c)(c + a) (c + a)(a + b) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, ta có: 8a3 + (a + b) + (b + c) ≥ 6a (a + b)(b + c) 8b3 + (b + c) + (c + a) ≥ 6b (b + c)(c + a) 8c3 + (c + a) + (a + b) ≥ 6c (c + a)(a + b) Cộng bất dẳng thức vế theo vế ta 8M ≥ 2(a + b + c) ⇔ M ≥ (a + b + c) Vậy M = 503 ⇔ a = b = c = 2012 56 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Ví dụ 2.21 Cho a, b, c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức 4a2 5b2 3c2 M= + + a−1 b−1 c−1 Lời giải Ta có 4 4a2 = 4(a + 1) + = + 4(a − 1) + a−1 a−1 a−1 Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân cho hai số dương a−1 4(a − 1) ta được: + 4(a − 1) ≥ a−1 Dấu đẳng thức xảy Suy a−1 4(a − 1) = a−1 = 4(a − 1) ⇔ a = 4a2 ≥ 16 a−1 Chứng minh tương tự: 5b2 ≥ 20 b−1 3c2 ≥ 12 c−1 Cộng ba bất đẳng thức vế theo vế ta M ≥ 48 Vậy M = 48 ⇔ a = b = c = Ví dụ 2.22 Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức 2 M = a3 + b3 + c3 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli cho trường hợp x = (3t) , ∀t > α = 32 , ta có ⇔ 3 ≥ (3t) 2 2 (∗) 3t + ≥ 3 t 2 (3t) + 57 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Dấu đẳng thức xảy t = Áp dụng bất đẳng thức (∗) cho số a, b, c ta có: 2 ≥ 3 a 2 2 3b + ≥ 3 b 2 2 3c + ≥ 3 c 2 3a + Cộng bất đẳng thức vế theo vế: 3+ 3 ≥ 3 M 2 Suy M≤√ Vậy max M = √ ⇔a=b=c= Ví dụ 2.23 Cho   x ≥ x+y ≥7   x+y+z ≥8 (∗) Tìm x2 + y + z Lời giải Xét hàm số f (t) = t2 , Theo định lý (2.2) ta có t ∈ R có f (t) = > 0, ∀t ∈ R f (t) ≥ f (t0 ) + f (t0 )(t − t0 ); ∀t, t0 ∈ R Áp dụng cho trường hợp t = x, y, z t0 = 4, 3, 1, ta đươc: x2 ≥ 16 + 8(x − 4) y ≥ + 6(y − 3) z ≥ + 2(z − 1) Cộng bất đẳng thức vế theo vế x2 + y + z ≥ 26 + 2(x + y + z − 8) + 4(x + y − 7) + 2(x − 4) 58 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Từ hệ điều kiện (∗) ta suy x2 + y + z ≥ 26 Dấu đẳng thức xảy x = 4, y = 3, z = Vậy x2 + y + z = 26 ⇔ x = 4, y = 3, z = Ví dụ 2.24 Cho x, y, z thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ 2; x + +z = Tìm giá trị lớn biểu thức M = (1 + x2 )x (1 + y )y (1 + z )z Lời giải Khơng tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z Từ giả thiết ta có   x ≤ x+y ≤3=2+1   x+y+z =3=2+1+0 Xét hàm số f (x) = x ln(1 + x2 ) với x ≥ 2x2 Ta thấy f (x) = ln(1 + x2 ) + 1+x ; f (x) = 2x 1+x2 + 4x (1+x2 )2 > 0, ∀x ≥ Áp dụng định lý (2.2) ta suy f (2) ≥ f (x) + f (x)(2 − x) Do x ≤ nên f (x)(2 − x) ≥ 0, ∀0 ≤ x ≤ Suy f (x) ≤ f (2) ⇔ x ln(1 + x2 ) ≤ ln Dấu đẳng thức xảy x = Tương tự ta có y ln(1 + y ) ≤ ln z ln(1 + z ) ≤ ln Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta x ln(1 + x2 ) + y ln(1 + y ) + z ln(1 + z ) ≤ ln + ln + ln ⇔ ln (1 + x2 ) + (1 + y ) + (1 + z ) ≤ ln 50 ⇔(1 + x2 ) + (1 + y ) + (1 + z ) ≤ 50 Vậy max M = 50 x = 2, y = 1, z = Ví dụ 2.25 Cho tam giác ABC khơng nhọn Tìm giá trị lớn biểu thức M = sin A + sin B + sin C 59 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Lời giải Không tính tổng quát ta giả sử A ≥ B ≥ C A ≥ π2 Từ suy B + C ≤ π2 Xét hàm số f (x) = sin x, x ∈ (0; π) có f (x) = − sin x < 0, ∀x ∈ (0; π) Áp dụng định lý (2.3) với x = A, B, C x0 = π2 , π4 , π4 ta π π π sin A ≤ sin + cos (A − ) 2 π π π sin B ≤ sin + cos (B − ) 4 π π π sin C ≤ sin + cos (C − ) 4 Cộng bất đẳng thức vế theo vế π π π π π sin A + sin B + sin C ≤ sin + sin + sin + cos (B + C) − 4 π π π ⇔ sin A + sin B + sin C ≤ sin + sin + sin 4 √ ⇔M ≤ + Dấu đẳng thức xảy√ra A = π2 , B = π4 , C = π4 Vậy max M = + ABC tam giác vuông cân Nhận xét: Các ví dụ (2.23), (2.24), (2.25) vận dụng bất đẳng thức Karamata Tuy nhiên bất đẳng thức khơng giới thiệu chương trình phổ thơng ta chứng minh tốn hoàn toàn phương pháp sơ cấp c Bài tập tham khảo Bài tập 2.21 Cho x, y, z, t số thực thỏa mãn x+y+z+t=0 x2 + y + z + t2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = xy +yz +zt+tx Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có (xy + yz + zt + tx)2 ≤ (x2 + y + z + t2 )2 ⇔ P2 ≤ ⇔ − ≤ P ≤ (1) 60 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Mặt khác P = (x + z)(y + t) = −(x + z)2 ⇒ P ≤ (2) Từ (1) (2) suy ra: −1 ≤ P ≤ x = z = − 12 Vậy P = −1 max P = y = t = 21 x = y = − 12 z = t = 12 Bài tập 2.22 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a+b+c = 2012 Tìm giá trị nhỏ biểu thức a2 b2 c2 M= + + a+b b+c c+a Gợi ý:Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta suy M [(a + b) + (b + c) + (c + a)] ≥ (a + b + c)2 Đáp số M = a+b+c 2012 = 1006 ⇔ a = b = c = Bài tập 2.23 Cho −1 ≤ x ≤ Tìm giá trị nhỏ hàm số √ √ f (x) = − x2 + + x + − x Lời giải Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, ta có: √ √ √ √ − x + 1+x − x2 = − x + x ≤ √ √ √ √ 1+x+1 4 1+x= 41+x 1≤ √ √ √ √ 1−x+1 4 1−x= 41−x 1≤ √ √ Suy f (x) ≤ + + x + − x √ √ 1+x+1 1+x+1 Lại có: 1+x+ 1−x≤ + =2 2 Vậy max f (x) = ⇔ x = −1≤x≤1 61 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ √ Bài tập 2.24 Cho x, y ≥ x + y = Tìm x √ +y Gợi ý:Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta suy √ √ √ (2t) ≥ 2(2t) − + Đáp số √ x √ +y = 21− √ ⇔x=y= Bài tập 2.25 Cho a ≥ b ≥ c   x ≥ a x+y ≥b   x+y+z ≥c Tìm giá trị lớn M = x2 + y + z Gợi ý: Áp dụng định lý (2.2) cho hàm f (t) = t2 Đáp số max M = a2 + b2 + c2 Bài tập 2.26 Cho x, y, y, z, t số thực dương thỏa mãn:   x≤1    x + y ≤  x+y+z ≤6    x + y + z + t ≤ 10 Tìm giá trị lớn M= 1 1 + + + x y z t Gợi ý: Áp dụng định lý (2.2) cho hàm f (t) = 1t Đáp số 25 max M = ⇔ x = 1, y = 2, z = 3, t = 12 Bài tập 2.27 Cho tam giác ABC bất kỳ.Tìm giá trị lớn biểu thức sin A2 sin B2 sin C2 √ P = √ + √ +√ 2 6+ 62 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Gợi ý: Nhận thấy 4P = = sin A2 √ 2 sin A2 cos π4 + + sin B2 √ sin B2 cos π6 + + sin C2 √ 6+ 2 sin C2 π cos 12 √ (1) Áp dụng định lý (2.3) cho hàm y = sin x ta có π ∀x, y ∈ (0; ) π ∀x, y ∈ (0; ) sin x ≤ sin y + cos y(x − y), ⇔ sin y sin x ≤ + (x − y), cos y cos y Vận dụng vào toán, ta được: sin A2 sin π4 A π − ) π ≤ π +( cos cos 4 B π sin sin B π ≤ + ( − ) cos π6 cos π6 π sin C2 sin 12 C π − ) π ≤ π +( cos 12 cos 12 12 (2) Từ (1) (2) suy √ 4P ≤ + √ + (2 − 3) Dấu đẳng thức xảy xảy A = π2 , B = π3 , C = Đáp số √ max P = 9−2 ⇔ A = π2 , B = π3 , C = π6 12 2.2.6 π Một số tập vận dụng Trên luận văn trình bày số phương pháp để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất; ví dụ tập ứng dụng phương pháp Tuy nhiên thực tế lúc toán giải phương pháp riêng lẻ, có tốn 63 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ cần phối hợp nhiều phương pháp Vì vậy, phần luận văn trình bày số tập giải cách phối hợp nhiều phương pháp Bài tập 2.28 (Đề thi học sinh giỏi Toán Quốc gia năm 2004) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện (x + y + z)3 = 32xyz Hãy tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = x4 + y + z (x + y + z)4 Lời giải Nhận thấy với n số thực dương tùy ý ta ln có P (x, y, z) = P (nx + ny + nz) Nếu x, y, z thỏa mãn giả thiết nx, ny, nz thỏa mãn điều kiện Vì khơng tính tổng quát, giả sử x + y + z = Khi đó, kết hợp với điều kiện đề bài, ta xyz = Bài toán quy việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = (x4 + y + z ) 256 x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz = Đặt Q = x4 + y + z t = xy + yz + zx, ta có Q Q = (x2 + y + z )2 − 2(x2 y + y z + z x2 ) = (42 − 2t)2 − 2(t2 − 2xyz(x + y + z)) = 2t2 − 64t + 44 + 32 = 2(t2 − 32t + 144) (1) Từ điều kiện x, y, z ta y + z = − x yz = x2 (2) Do t = x(4 − x) + x (3) Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân cho 64 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hai số dương y, z, từ (2) ta ⇔ x3 − 8x2 + 16x − ≥ x ⇔ (x − 2)(x2 − 6x + 4) ≥ √ ⇔ − ≤ x ≤ (vì x ∈ (0; 4)) √ Xét hàm số t(x) = x(4 − x) + x2 đoạn − 5; ta có (4 − x)2 ≥ −2(x − 1)(x2 − x − 1) t (x) = x2 √ Từ việc xét dấu t (x) − 5; ta √ 5−1 5≤t≤ 2 Vì hàm √ f (t) = t − 32t + 144 nghịch biến khoảng (0; 16) − 5; ⊂ (0; 16) Nên ta có √ √ 5−1 383 − 165 f (t) = f ( )= 2 max f (t) = f (5) = √ Kết hợp với (1) ta Q = 183 − 165 5; max Q = 18 Kết luận √ √ √ 383 − 165 1+ P = ⇔ x = − 5, y = z = 256 max P = ⇔ x = 2, y = z = 128 Bài tập 2.29 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối A năm 2003) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x2 + + x2 y2 + Lời giải 65 + y2 z2 + z2 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ − − − Xét vectơ → u = (x; x1 ), → v = (y; y1 ), → w = (z; z1 ) Ta có 1 → − − − u +→ v +→ w = (x + y + z; + + ) x y z − − − − − − Theo tính chất độ dài vectơ ta có |→ u | + |→ v | + |→ w | ≥ |→ u +→ v +→ w| Do P = x2 + + x2 y2 + + y2 z2 + ≥ z2 1 (x + y + z)2 + ( + + )2 x y z − − − Dấu đẳng thức xảy → u ,→ v ,→ w vectơ chiều ⇔ → − − u = k1 → v , k1 > → − − v = k2 → w , k2 > Ta thấy 1 1 1 (x + y + z)2 + ( + + )2 = 81(x + y + z)2 + ( + + )2 − 80(x + y + z)2 x y z x y z Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ta có 1 1 1 81(x + y + z)2 + ( + + )2 ≥ 18(x + y + z)( + + ) x y z x y z Mặt khác 1 (x + y + z)( + + ) ≥ x y z Suy 81(x + y + z)2 + ( x1 + y1 + z1 )2 ≥ 162 Theo giả thiết < √ x + y + z ≤ ⇒ 80(x + y + z)2 ≤ 80 Từ suy P ≥ 82 Dấu đẳng thức √ xảy x = y =1z = Vậy P = 82 ⇔ x = y = z = Bài tập 2.30 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối A năm 2011) Cho x ≥ y, x ≥ z x, y, z ∈ [1; 4] Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x y z + + 2x + 3y y + z z + x Lời giải 66 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Viết biểu thức P dạng P = 1 y + + 3x + z y + 1+ x z Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: Nếu a, b > ab ≥ 1, ta có 1 √ + ≥ (∗) + a + b + ab Dấu đẳng thức xảy a = b ab = Thật 1 1 √ )+( √ )≥0 (∗) ⇔ ( − − + a + ab + b + ab √ √ ab − a ab − b √ √ ⇔ + ≥0 (1 + a)(1 + ab) (1 + b)(1 + ab) √ √ √ ( a − b)2 ( ab − 1) √ ⇔ ≥ (∗∗) (1 + a)(1 + b)(1 + ab) Do a, b > 0; ab ≥ nên (∗∗) đúng, suy (∗) Áp dụng (∗) với a = yz , b = xz Khi a, b > ab = nên ta có 1 z + x ≥ 1+ y 1+ z 1+ x x y ≥ (do x ≥ y), y Dấu đẳng thức xảy x z y = z z x y.y = √ ⇔ yz = z x=y Từ suy P ≥ Dấu đẳng thức xảy ⇔ Đặt t = x y x y Do x ≥ y x, y ∈ [1; 4], nên suy 1≤ Khi + + xy + √ yz = z x=y P ≥ 2+ t2 x ≤4⇒1≤t≤2 y + 1+t t2 hay P ≥ + 2t + + t 67 Chương Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Xét hàm số t2 + , 1≤t≤2 2t2 + + t (3t − 6t2 ) + (3t3 − 4t4 ) − f (t) = (2t2 + 3)2 (1 + t)2 f (t) = Vì t ≥ nên f (t) < 0, ∀t ∈ [1; 2] Suy f (t) nghịch biến [1; 2] Vậy f (t) = f (2) = 34 33 1≤t≤2 34 Từ suy P ≥ 33 Dấu đẳng thức xảy x = 4y, z = 2y Lại có x, y, z ∈ [1; 4] nên suy x = 4, y = 1, z = 34 ⇔ x = 4, y = 1, z = Kết luận P = 33 68 Kết luận Sau thời gian học tập Khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội Được thầy cô trực tiếp giảng dạy hướng dẫn đặc biệt PGS TS Nguyễn Đình Sang, tơi hồn thành luận văn với đề tài ” Phương pháp giải toán cực trị ứng dụng” Luận văn đạt số kết sau: Luận văn trình bày cách hệ thống phương pháp giải toán cực trị địa phương toán cực trị tuyệt đối, đưa số toán tổng quát với cách giải hiệu quả, giúp kích thích tư tìm tịi, sáng tạo học sinh việc học tập mơn Tốn Luận văn khai thác số ứng dụng tốn cực trị với nhiều ví dụ minh họa áp dụng phương pháp đa dạng kèm theo tập tham khảo trích từ kì thi học sinh giỏi Tốn Quốc gia, kì thi tuyển sinh Đại học Cao đẳng năm Vì luận văn tài liệu tham khảo nhằm nâng cao mở rộng kiến thức cho học sinh bậc trung học phổ thông Một số hướng phát triển đề tài: • Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ sử dụng bất đẳng thức mở rộng với nhiều bất đẳng thức khác như: bất đẳng thức trung bình cộng với trung bình nhân suy rộng, bất đẳng thức hàm, bất đẳng thức dãy số, bất đẳng thức tích phân, • Ứng dụng tốn cực trị tuyệt đối vào việc giải phương trình bất phương trình Tài liệu tham khảo Tiếng Việt Phan Huy Khải (2011),Các phương pháp giải toán Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, NXB Đại học Sư Phạm Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hồng Quốc Tồn (2001),Giáo trình Giải tích tập I - Phép tính vi phân hàm biến, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Nguyễn Viết Trần Tiến, Hồng Quốc Tồn (2001),Phép tính vi phân, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Nguyễn Vũ Lương, Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2006),Các giảng bất đẳng thức Côsi, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức định lý áp dụng, NXB Giáo Dục Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Tiến (2010),Một số chuyên đề Đại số bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học phổ thông, NXB Giáo Dục Trần Phương (2010), Tuyển tập chuyên đề hàm số, NXB Hà Nội Đoàn Quỳnh, Trần Nam Dũng, Nguyến Vũ Lương, Đặng Hùng Thắng (2010),Tài liệu chun tốn giải tích 12, NXB Giáo Dục Tủ sách Toán học Tuổi trẻ (2007),Các thi Olympic Tốn Trung học phổ thơng Việt Nam (1990 - 2006), NXB Giáo Dục Tiếng Nga 10 I I Liasko, A K Bolartruk, G.P Golobax (1977),Matematitreski, Vưsa-skola, Kieb ... pháp giải dạng tốn này, cho bình luận phương pháp đồng thời đưa số ứng dụng Những ứng dụng tốn cực trị có nhiều, giới hạn phương pháp tốn sơ cấp hạn chế luận văn thạc sĩ nên luận văn nêu số ứng. .. Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số ta sử dụng nhiều phương pháp Trong thực tế, bắt gặp tốn giải phương pháp, có tốn giải nhiều phương pháp. .. thành luận văn Ứng dụng toán cực trị có nhiều, giới hạn phương pháp toán sơ cấp hạn chế luận văn thạc sĩ nên luận văn trình bày phần Do thời gian có hạn lực có phần hạn chế nên chắn luận văn khơng