Analysis&Extremal

Gọi AH, BK là đường vuông góc hạ từ A, B tương ứng xuống.. Người ta muốn làm từ tấm thép một hình hộp không đáy bằng cách cắt ở 4 góc các hình vuông kích thước x  x, gấp lên rồi hàn l[r]

Giải tích tốn cực trị

Trần Nam Dũng Trường Đại học FPT “Since the building of the universe is perfect and is created by the wisdom creator, nothing arises in the universe in which one cannot see the sense of some maximum or minimum.”- Leonard Euler.

Trong toán trường phổ thơng, tốn cực trị thuộc vào dạng toán gần với ứng dụng thực tế Những yêu cầu đường ngắn nhất, đường nhanh nhất, góc nhìn lớn nhất, tổng thời gian chờ đợi nhất, tổng chi phí nhất, tổng lợi nhuận cao nhất, diện tích lớn … yêu cầu tự nhiên xuất phát từ toán sản xuất, đời sống khoa học Chính tốn cực trị cần có chỗ đứng xứng đáng chương trình tốn phổ thơng, phương pháp giải tốn cực trị cần phải trình bày cách

Trên phương diện phương pháp, có hai cách tiếp cận cho lời giải tốn cực trị, phương pháp sử dụng bất đẳng thức phương pháp hàm số Với phương pháp bất đẳng thức, sơ đồ là: Để chứng minh M giá trị lớn hàm số f(x) miền D (x véc-tơ), ta chứng minh

i) f(x)  M với x thuộc D

ii) Tồn x0 thuộc D cho f(x0) = M

Phương pháp hàm số khảo sát hàm f(x) D dựa vào định lý giải tích để tìm điểm cực trị giá trị M

Chú ý rằng, chương trình phổ thơng khái niệm hàm nhiều biến chưa đề cập, cho nên, bắt gặp toán nhiều biến công cụ chủ yếu công cụ đạo hàm hàm số biến

trị hàm nhiều biến Góc nhìn giúp học sinh sau lên bậc học cao không bị làm theo qn tính, giải tốn cực trị nhiều biến cơng cụ thơ sơ (và đòi hỏi nhiều sáng tạo)

Để giúp bạn học sinh nhìn thấy vẻ đẹp, sức mạnh hiệu phương pháp giải tích, chúng tơi cố gắng chọn ví dụ đặc trưng điển hình Các ví dụ toán lấy từ toán định lý kinh điển, toán thi Olympic, đề thi đại học Ngồi ví dụ có lời giải bình luận chi tiết, chúng tơi đưa số tập tự giải dành cho bạn đọc

1 Nguyên lý Fermat

Phương pháp có tên nguyên lý Fermat phương pháp 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)

Điều ngược lại không đúng: điểm dừng khơng phải điểm cực trị hàm số, ví dụ đơn giản sau: hàm x3 điểm x = Để tìm giá trị cực trị của

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 Bổ đề Nếu hàm số f: R  R liên tục f(x)  + |x|  + đạt giá trị nhỏ Rn.

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

điểm cắt) Khi sinvα a

=sinβ

vb , va, vb vận tốc ánh sáng mơi

trường

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 đường biên, cịn đường biên ký hiệu l ta thu tốn tìm cực tiểu:

¿ f(M)=AM

va

+BM

vb

→min

M∈l ¿{

¿

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

c − x¿2 b2+¿

AM=√a2

+x2,BH=√¿ Từ

c − x¿2 ¿ b2+¿

√¿

f(M)=g(x)=√a2+x2/va+¿

Theo bổ đề f(M) đạt giá trị nhỏ điểm M0 Và theo

nguyên lý Fermat f’(M0) = Nhưng

c − x¿2 ¿ b2+¿

√¿ f '(M)=g '(x)= x

√a2+x2va−

Từ f’(M0) = 

c − x¿2 ¿ vb b2+¿

√¿ x0

√a2+x2va

−c − x¿

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?

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 địi 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 tốn 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  góc có hướng A’B’ AB Hàm số f() = A’B’ đạt giá trị nhỏ điểm  = f’(0) = Đặt  = OAB,  = OBA O đỉnh góc Sử dụng định lý hàm số sin cho tam giác MAA’ MBB’, ta có

MA'=MAsinα

sin(α − γ),MB'=MB sinβ

sin(β+γ)

Từ

Δf=A ' B ' −AB=MA'+MB' −MA−MB

¿MA(sinα

sin(α − γ)−1)+MB( sinβ

sin(β+γ)−1)

¿MA2sin(γ/2)cos(α −γ/2)

sin(α − γ) −MB

Như Δf Δγ=

2 sin(γ/2)

γ (MA

cos(α −γ/2) sin(α − γ) −MB

cos(α+γ/2) sin(α+γ) )

Cho  0, ta

f’(0) = MAcotg() – MBcotg()

Nhưng f’(0) = nên ta có MAcotg() = MBcotg() Kết có ý nghĩa hình học nào? Hạ đường vng góc OH xuống AB Dễ dàng kiểm tra HB/HA = cotg()/cotg() Mặt khác MA/MB = cotg()/cotg(), suy MA = HB, MB = HA Như vậy,

Đoạn thẳng ngắn AB đặc trưng tính chất sau: Hình chiếu của O lên AB đối xứng với M qua trung điểm AB.

Nhận xét Tại tìm đặc trưng hình học đoạn thẳng AB mà khơng nêu cách dựng nó? Vấn đề với vị trí tổng qt, lời giải khơng thể dựng thước com-pa Trong thực tế, có nhiều toán 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 tốn

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)

Với tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn [a, b], ta có số trường hợp đặc biệt đơn giản hiệu sau:

Hàm đơn điệu: Nếu f’(x)  với x thuộc (a, b) hàm số f tăng [a, b] ta có f(a)  f(x)  f(b) với x thuộc [a, b]

Hàm lồi: Nếu f’’(x)  hàm số f(x) có nhiều điểm cực đại (nếu có điểm mà hàm số đạt giá trị lớn nhất) giá trị nhỏ hàm số đạt hai biên

Ví dụ (Đề thi Đại học khối A – 2008)

Tìm tất giá trị tham số thực m cho phương trình √2x+√42x+2√6− x+2√46− x=m

Lời giải: Hàm số f(x)=√2x+√42x+2√6− x+2√46− x xác định [0, 6] tổng hàm lồi nên hàm lồi Vì f(x) có nhiều điểm cực đại Tính đạo hàm bậc nhất, ta

f '(x)=

√2x+

1 2√4 x3−

1

√6− x−

1 2√46− x

Dễ thấy f’(2) = 0, suy điểm cực đại Hàm số có chiều biến thiên tăng (0, 2) giảm (2, 6) Từ dễ dàng suy phương trình f(x) = m có hai nghiệm phân biệt

max{f(0), f(6)}≤ m<f(2)

Tức 2(√6+4

√6)≤ m<3(2+√2)

Bài tập (Theo Olympic 30-4) Tìm giá trị lớn hàm số f(x)=x(9√1+x2+13√1− x2) 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 AMB lớn

Bài tập Tìm giá trị lớn hàm số

f(x)=√2 sinx+√15−10√2 cosx

Bài tập (Việt Nam 1993) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f(x)=x(1993+√1995− x2)

2 Cực trị hàm nhiều biến

Với công cụ cấp trung học phổ thông, phương pháp giải toán nhiều biến số làm giảm dần biến số cách tìm cực trị theo phương Ý tưởng phương pháp minh hoạ hình ảnh sau: để tìm người cao nhóm người xếp thành m hàng, ta tìm người cao nhất trong hàng so sánh người cao để tìm người cao nhất tuyệt đối

Ta bắt đầu ví dụ kinh điển hình học

Ví dụ Trong tam giác nội tiếp đường trịn cho trước, tìm tam giác có diện tích lớn

Cách 1: Khơng tính tổng qt, ta xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn đơn vị với A(0 ; 1) cố định B(x1, y1), C(x2, y2), x12 + y12 = 1, x22 + y22 =

1 tốn cực trị sau: ¿

1

2∨(x1−1)y2−(x2−1)y1∨→max x12+y12=1

x2

+y22=1

¿{ {

¿

Bài toán cực trị có điều kiện biến chuyển thành toán cực trị biến cách tham số hố đường trịn đơn vị, cụ thể đặt x1 = cos, y1 = sin ; x2 =

cos, y2 = sin ta quy tốn việc tìm giá trị lớn giá trị nhỏ

hàm số

f(, ) = sin - sin + sin(-)

Giữ  cố định, xét f(, ) hàm số theo  f’(, ) = - cos + cos( -) Từ ta tìm điểm dừng  = /2 + k

Từ đó, để tìm max f(, ), ta cần tìm max sin - sin(/2 + k) + sin(/2 + k-)

tức max f1() = sin - 2sin(/2), f2() = sin + 2sin(/2)

Giải tốn biến này, ta tìm đáp số toán f(, ) max

3√3

2 , chẳng hạn  = 2/3,  = 4/3 (và -3√3

2 !) Đây

tình tam giác ABC

Cách 2: Cũng phương pháp tương tự, trước hết ta cố định cạnh BC dây cung độ dài 2a đường trịn bán kính R tìm vị trí điểm A đường trịn cho diện tích tam giác ABC lớn Có thể chứng minh dễ dàng điểm A cần tìm trung điểm cung lớn BC (nơi mà tiếp tuyến song song với BC) Diện tích tam giác cực đại

f(a)=a(R+√R2− a2)

Bây ta cần tìm giá trị lớn f(a) [0, R] Tính đạo hàm f’(a), ta

f '(a)=R+√R2−a2− a

2

√R2− a2 f’(a) = a=R√3

2 , từ ta tìm fmax=3√3R

4

Ví dụ 6: (Chọn đội tuyển Việt Nam 2001) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện 2x + 4y + 7z = 2xyz

Tìm giá trị nhỏ biểu thức x+y+z

Lời giải: Rút z = (2x + 4y)/(2xy – 7) ta đưa toán toán cực trị hai biến ¿

f(x , y)=x+y+2x+4y

2 xy−7→min

x>0, y>0,2 xy>7

¿{

¿ Tính đạo hàm theo y, ta

2 xy−7¿2 ¿

2 xy−7¿2 ¿ ¿ f 'y(x , y)=1+

4(2 xy−7)−2x(2x+4y)

¿

Từ đó, ta tìm được, với x có định f(x, y) đạt giá trị nhỏ điểm y0=

2x+√1+

7

x2 Khi f(x , y0)=x+11

2x+2√1+

7

x2=g(x) Tính đạo hàm g '(x)=1−

11 2x2−

14

√1+

x2

x3 Phương trình g’(x) = tương đương với (2x2 – 11)2(x2+7) = 784 (với điều kiện 2x2 > 11) có nghiệm x = Đây chính

là điểm cực tiểu (do f  + x  x  +) Từ x¿min=g(3)=15

2

x , y¿min=g¿ f¿

Ngồi thủ thuật tham số hố, thay khử dần biến số ví dụ nêu trên, cịn làm giảm số biến số hàm số cách sử dụng tính chất bất biến hàm, ví dụ tính (khơng đổi phép co dãn), tính đối xứng (khơng đổi với chuyển vị, hốn vị) …

Ví dụ (Đề thi Đại học khối B, 2008) Cho x, y số thực thoả mãn điều kiện x2 + y2 = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức 2(x

2

Lời giải: Bài tốn quy toán cực trị hàm biến cách tham số hoá lượng giác quen thuộc x = cost, y = sint Tuy nhiên, ta có cách tiếp cận khác: thay số mẫu số x2 + y2 để thu một

biểu thức nhất, tức 2(x

+6 xy)

x2

+y2+2 xy+2y2 sau dựa vào tính

này để giảm số biến số hàm số Trước hết ta cần hiểu lại có đẳng thức ¿

x2

+y2

=1

2(x2+6 xy)

1+2 xy+2y2=(x, ymin)∈R2

(0,0)

2(x2+6 xy)

x2+y2+2 xy+2y2

Rõ ràng ta có

min

x2

+y2

=1

2(x2+6 xy)

1+2 xy+2y2=x2min

+y2

=1

2(x2+6 xy)

x2+y2+2 xy+2y2

Nhưng hàm số f(x , y)= 2(x

2

+6 xy)

x2+y2+2 xy+2y2 hàm (bậc 0, tức

f(tx,ty) = f(x, y)) nên ta có ¿

(x, y)∈R2(0,0)

2(x2

+6 xy)

x2+y2+2 xy+2y2=xmin2

+y2=1

2(x2

+6 xy)

x2+y2+2 xy+2y2

(từ điểm khác (0, 0) co dãn điểm nằm đường tròn đơn vị)

Bây ta cần tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

f(x , y)= 2(x

2

+6 xy)

x2+y2+2 xy+2y2 với (x, y) thuộc R

2 \ (0, 0) Với y = f(x, y) = 2.

Với y  0, ta đặt t = x/y f(x , y)=2(t

2

+6t)

t2+2t+3=g(t)

Ta có

t2

+2t+3¿2

¿

t2+2t+3¿2 ¿ ¿

g '(t)=(4t+12)(t

2

+2t+3)−(2t+2)(2t2+12t)

¿

Từ tìm gmin = g(-3/2) = -6, gmax = g(3) = Chú ý giá trị vô

Bài tập 10 Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện (x+y+z)3 = 32xyz.

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức x+y+z¿4

¿ P=x

4

+y4+z4

¿

Bài tập 11 Cho f(x)=x

2

+2x −1

x2+1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ

Bài tập 12 (Đề thi cao đẳng khối A, B, D năm 2008) Cho x, y số thực thoả mãn điều kiện x2 + y2 = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

P = 2(x3+y3) – 3xy.

Ví dụ 8: Cho a, b, c số thực phân biệt, tìm giá trị nhỏ biểu thức a −b¿2

¿ b − c¿2

¿ c −a¿2

(¿¿)

¿ ¿

1

¿

(a2

+b2+c2)¿

Lời giải: Hàm số

a −b¿2 ¿ b − c¿2

¿ c −a¿2

(¿ ¿)

¿ ¿

1

¿

f(a , b , c)=(a2+b2+c2)¿

bậc

a −b¿2 ¿ b − c¿2

¿ c − a¿2

¿ ¿ ¿ g(a , b , c)=1

¿ bất biến phép tịnh tiến : g(a, b, c) = g(a+t, b+t, c+t) Ta sử dụng tính chất để làm giảm số biến số tốn tìm giá trị nhỏ

Khơng tính tổng qt (do tính đối xứng !), giả sử a > b > c Đặt a – b = x, b – c = y c – a = -(x+y) a = c + x + y, b = c+y Ta có

x+y¿2+y2

x+y¿2

(¿¿)

x2+

1

y2+

1

¿

3c2+2(x+2y)c+(¿)¿ f(a , b , c)=g(x , y , c)=¿

x+y¿2

(¿¿)=h(x , y)

x2+

1

y2+

1

¿ x , y , c¿min=g(x , y , c0)=2

3(x

2

+xy+y2)¿ g¿

Do tính bậc hàm số h(x, y), ta cần tìm giá trị nhỏ h(x, y) với x+y = 1, sau đó, sử dụng tính đối xứng h(x, y), ta biểu diễn h(x, y) hàm theo t = xy (chú ý < t  1/4):

1− t¿3 ¿

2¿ h(x , y)=2

3(1−t)( 1−2t

t2 +1)=¿ Ta có

1− t¿2(t+2)

¿ ¿ k '(t)=−2

3¿

(0, 1/4] nên kmin(t) = k(1/4) = 9/2

Vậy giá trị nhỏ hàm số đề 9/2 (đạt được, chẳng hạn x = y = 1/2, c = -1/2, tức c = -1/2, b = 0, a = 1/2)

Bài tập 13 (Đề thi chọn đội tuyển trường PTNK năm 1999) Cho x, y số thực thoả mãn điều kiện:  x, y  2,  x + y  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức :

A = x2 + y2 + xy – 3x – 3y

Bài tập 14 Cho x, y, z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z = x2 + y2 +

z2 = Tìm giá trị lớn biểu thức F = x2y + y2z + z2x.

Bài tập 15 (Đề thi đại học khối D, 2008) Cho x, y số thực dương thay đổi. Tìm giá trị lớn biểu thức

1+y¿2

1+x¿2¿ ¿

(x − y)(1−xy)

¿

Bài tập 15 (Chọn đội tuyển Việt Nam 1993) Cho x1, x2, x3, x4 số thực thoả

mãn điều kiện 12≤ x12+x22+x32+x42≤1

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

Bài tập 16 (Việt Nam 2002) Cho x, y, z số thực thoả mãn điều kiện x2 + y2

+ z2 = Chứng minh 2(x+y+z) – xyz

 10

3 Cực trị hàm nhiều biến góc nhìn Tốn cao cấp

Với tốn phổ thơng, kể tốn thi học sinh giỏi cấp, kiến thức giải tích biến đủ để xử lý Tuy nhiên, để có góc nhìn tổng qt hơn, để giới thiệu nét đẹp tốn cao cấp, giới thiệu với em cách sơ lược giải tích nhiều biến, phương pháp nhân tử Lagrange Đây phương pháp để sáng tạo toán mới, kiểm tra kết sơ cấp khác Lưu ý, việc giới thiệu kiến thức cho đối tượng nào, mức độ nhằm mục đích điều phải cân nhắc

Nguyên lý Fermat mở rộng sang trường hợp nhiều chiều mà khơng có thay đổi đáng kể Để tìm giá trị cực trị hàm f(x), x = (x1, x2, …, xn)

 Rn, ta tìm điểm dừng từ hệ phương trình

f’(x) =  f’xj(x1, x2, …, xn) = (j = 1, 2, …, n)

có số phương trình số ẩn số

Sau ta sử dụng định lý Weierstrass (định lý tồn tại), thay đoạn [a, b] tập compact A – tập đóng bị chặn - khơng gian Rn Đóng có nghĩa nó

chứa tất điểm giới hạn

Tương tự trường hợp chiều, ta gặp vấn đề tìm giá trị cực trị miền mở Bổ đề giúp xử lý số trường hợp

Bổ đề Nếu hàm số f: Rn R liên tục f(x)  +

 ¿x∨¿√x21+ +xn2→+∞

nó đạt giá trị nhỏ Rn.

Ví dụ 9: Trong tam giác nội tiếp đường tròn cho trước, tìm tam giác có diện tích lớn

Lời giải: Sử dụng định lý Weierstrass tồn giá trị lớn giá trị nhỏ hàm liên tục xác định compact, ta suy tam giác A0B0C0 với diện tích lớn tồn Sử dụng lý luận hình học quen thuộc, ta suy

ra tam giác A0B0C0 phải Bài tốn giải hồn tồn!

Ví dụ 10 (Định lý đại số) Một đa thức không đồng số với hệ số phức ln ln có nghiệm phức

nhất điểm z0 = (x0, y0) Khơng tính tổng qt, cách đổi biến số, có

thể giả sử z0 = Giả sử điểm hàm số p(z) không Gọi k số

nguyên dương nhỏ cho hệ số zk đa thức khác Khi p(z) = a

+ akzk + … + anzn, k  ak Ngồi a0  a0 = p(0) = p(z0)  Bây

giờ ta lấy nghiệm phức u phương trình a0 + akzk = 0, tức

những phức bậc k –a0ak-1 Ta có

|p(tu)| = |a0 + aktkuk + o(tk)| = |(1-tk)a0 + o(tk)| < a0 = p(0),

với t > đủ nhỏ Mâu thuẫn theo giả thiết, z0 = điểm hàm số đạt giá trị nhỏ

nhất Định lý chứng minh

Ví dụ 11: (Đề thi chọn đội tuyển trường PTNK năm 1999) Cho x, y số thực thoả mãn điều kiện:  x, y  2,  x + y  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức :

A = x2 + y2 + xy – 3x – 3y

Lời giải: Hàm số f(x, y) = x2 + y2 + xy – 3x – 3y khả vi liên tục compact D

xác định bất đẳng thức đề (D hình lục giác!) f(x, y) đạt giá trị lớn giá trị nhỏ D Các giá trị lớn giá trị nhỏ đạt điểm dừng biên D

Hệ phương trình tìm điểm dừng có dạng ¿

2x+y −3=0 2y+x −3=0

¿{

¿

có nghiệm (x, y) = (1, 1) Giá trị điểm f(1, 1) = -3

Trên biên x = 0,  y  2, ta có f(x, y) = y2 – 3y có max – (đạt (0, 1), (0, 2)) -9/4 (đạt (0, 3/2) Tương tự biên y = 0,  x 

Trên biên x = 2,  y  1, ta có f(x, y) = y2 – y – có max -2 (đạt (2, 0), (2, 1) -9/4 (đạt (2, 1/2)

Tương tự biên y = 2,  x 

Trên biên x + y = 1,  x  1, ta có f(x, y) = x2 – x – có max -2 (đạt (0, 1) (1, 0) -9/4 (đạt (1/2, 1/2)

Trên biên x+y = 3,  x  2, ta có f(x, y) = x2 – 3x có max -2 (đạt (1, 2), (2, 1) -9/4 (đạt (3/2, 3/2))

Từ giá trị lớn f -2 đạt đỉnh hình lục giác (0, 1), (0, 2), (1, 2), (2, 1), (2, 0), (1, 0) giá trị nhỏ – đạt điểm (1, 1)

Vì compact mơ tả bất đẳng thức đẳng thức (ví dụ hình cầu x2 + y2 + z2 = 1) nên tốn cực trị compact quy về

Ta giới thiệu nội dung phương pháp thơng qua trường hợp tốn cực trị nhiều biến với điều kiện ràng buộc:

Để tìm cực trị hàm số f(x1, x2, …, xn) với điều kiện ràng buộc g(x1, x2, …, xn)

= ta xét hàm

F(, x1, x2, …, xn) = f(x1, x2, …, xn) + g(x1, x2, …, xn)

Sau ta tìm cực trị F Chú ý điểm cực trị thoả mãn điều kiện g(x1, x2, …, xn) = F’(, x1, x2, …, xn) = nên cực trị f với điều kiện

ràng buộc g(x1, x2, …, xn) =

Ví dụ 12: Tìm giá trị giá trị nhỏ hàm số f(x, y) = 5x2 + 2xy + 3y2 với điều

kiện g(x,y) = 7x2 + 2xy + 4y2 – = 0.

Lời giải: Xét L = f(x, y) + g(x, y) Đạo hàm theo biến x y, ta hệ phương trình

¿

10x+2y+λ(14x+2y)=0 2x+6y+λ(2x+8y)=0

¿{

¿

Từ tính  từ phương trình cho nhau, ta

10x+2y 14x+2y =

6y+2x

8y+2x Giải phương trình này, ta y/x –

hoặc 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)

Bài tập 17 (Bài toán Entropi cực đại) Với n số dương x1, x2, …, xn cho

∑

k=1 n

xk , tìm giá trị nhỏ tổng ∑ k=1 n

xkln(xk) (Tổng với dấu trừ

gọi entropi)

Bài tập 18 Tổng số thực 1, tổng bình phương chúng 13 thì giá trị nhỏ tổng lập phương chúng bao nhiêu?

Bài tập 19 Tổng số thực 1, tổng bình phương chúng 11 thì giá trị lớn tổng lập phương chúng bao nhiêu?

Ví dụ 13: (Chọn đội tuyển Việt Nam 2001) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện 2x + 4y + 7z = 2xyz

Lời giải: Xét L = x + y + z + (2x + 4y + 7z – 2xyz) Hệ phương trình Lx = Ly = Lz = có dạng

¿

1+λ(2−2 yz)=0

1+λ(4−2 zx)=0

1+λ(7−2 xy)=0

¿{ {

¿

Từ ta tìm 2yz = + 1/, 2zx = + 1/, 2xy = + 1/ Mặt khác, điều kiện 2x + 4y + 7z = 2xyz viết lại thành

2/2yz + 4/2zx + 7/2xy =

Thay biểu thức vừa tìm vào, ta tìm

2λ

2λ+1+ 4λ

4λ+1+ 7λ

7λ+1=1

Biến đổi tương đương, ta phương trình 1123 + 502 – =

Phương trình có nghiệm  = 1/8, λ=−4±√2

14 (loại dẫn đến yz < 0)

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

Bài tập 20 Cho a, b, c số thực dương cho trước x, y, z số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện xyz = ax + by + cz Chứng minh giá trị nhỏ x + y + z √b+c+2 bc/d+√c+a+2 ca/d+√a+b+2 ab/d ,

đó d số thực dương xác định phương trình a

a+d+

b b+d+

c

c+d=1

Ví dụ 14: Tìm điểm P nằm tam giác cho tổng tỷ số độ dài cạnh khoảng cách từ P đến cạnh đạt giá trị nhỏ

Lời giải: Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác x, y, z khoảng cách từ P đến cạnh tương ứng Ta cần tìm giá trị nhỏ hàm số f(x, y, z) = a/x + b/y + c/z Trong đại lượng x, y, z liên quan với thơng qua diện tích tam giác Nối P với đỉnh tam giác, ta ba tam giác tổng diện tích diện tích S tam giác Như ax/2 + by/2 + cz/2 = S Ta có tốn:

¿ f(x , y , z)=a

x+ b y+

c

z→min

ax+by+cz=2S ¿{

Lập nhân tử Lagrange L(, x, y, z) = a/x + b/y + c/z + (ax + by + cz – 2S) Hệ phương trình tìm điểm dừng có dạng

¿ − a

x2+λa=0 − b

y2+λb=0 − c

z2+λc=0 ¿{ {

¿

Từ suy x = y = z Tức P cách cạnh tam giác Suy P tâm đường trịn nội tiếp tam giác

Ví dụ 15 (Bất đẳng thức Holder) Cho x1, x2, …, xn số thực dương, p, q

các số dương thoả mãn điều kiện 1/p + 1/q = Chứng minh ta có bất đẳng thức

∑

k=1 n

xkyk≤(∑ k=1 n

xkp

)1p

(∑

k=1 n

xkq

)1q

Lời giải: Do tính nhất, ta cần chứng minh ∑

k=1

n

xkp=1,

∑

k=1

n

ykq=1

(1) ∑ k=1 n

xkyk≤1 Xét tốn tìm giá trị lớn ∑ k=1 n

xk yk với điều kiện ràng buộc (1) Xét nhân tử Lagrange

L=∑

k=1 n

xkyk+λ(∑

k=1 n

xkp−1)+μ(∑

k=1 n

ykq−1)

Hệ phương trình tìm điểm dừng có dạng ¿

yi+λpxip −1=0,i=1, , n

xi+μpyiq −1=0, i=1, ., n

¿{

¿

Viết n phương trình dạng yi = (-p)xip-1, lấy luỹ thừa q cộng lại vế

theo vế, với ý (p-1)q = p, ta suy -p = 1, suy yi = xip-1 Đây điểm

dừng điểm hàm số ∑ k=1 n

xkyk đạt giá trị lớn Nhưng rõ ràng giá trị lớn nên ta có điều phải chứng minh

Cuối cùng, bình luận lời giải số tốn bất đẳng thức góc nhìn tốn cao cấp

∑

i=1 n

ai2=1,

∑

i=1 n

bi2=1,

∑

i=1 n

aibi=0,

Chứng minh (∑

i=1 n

ai)

+(∑

i=1 n

bi)

≤ n

Lời giải: Bất đẳng thức khó chịu có lời giải ngắn gọn ấn tượng Đặt A=∑

i=1 n

ai, B=∑

i=1 n

bi Ta có

(1 – Aai – Bbi)2 => – 2Aai – 2Bbi + 2ABaibi + A2ai2 + B2bi2

Cho i chạy từ đến n cộng bất đẳng thức lại vế theo vế, ý

∑

i=1 n

ai2=1,∑ i=1

n

bi2=1,∑ i=1 n

aibi=0, ta n  A2 + B2 điều phải chứng minh

Dưới góc nhìn tốn sơ cấp khó giải thích lại nghĩ lời giải này, lại biết để bình phương đại lượng – Aai –

Bbi cộng lại? Chúng ta lại phải đổ cho « kinh nghiệm », « óc phán đốn »

hay « nhạy cảm toán học » … Toán cao cấp giúp giải thích lời giải độc đáo này:

Xét tốn tìm giá trị lớn hàm số f(a , b)=(∑

i=1 n

ai)

+(∑

i=1 n

bi)

với điều kiện ràng buộc ∑

i=1 n

ai2=1,

∑

i=1 n

bi2=1,

∑

i=1 n

aibi=0, Lập nhân tử Langrange

L=(∑

i=1 n

ai)

+(∑

i=1 n

bi)

+λ(∑

i=1 n

ai2−1

)+η(∑

i=1 n

bi2−1

)+μ∑

i=1 n

aibi Các phương trình tìm điểm dừng có dạng

2A+ 2ai + bi = i = 1, 2, …, n

2B + 2bi + ai = i = 1, 2, …, n

Từ hệ này, 4 - 2 tất tất bi

Điều xảy Do ta phải có 4 - 2 = Lúc này, để hệ có nghiệm, ta lại phải có A/B = 2/ = /2 Ngồi ra, ta có

aiμbi=¿∑ i=1 n

ai(−2A −2λai)=−2A2−2λ

0=∑

i=1 n

¿

Suy 2 = -2A2  = -2AB Từ ta có điều kiện – Aai – Bbi = Như

tại điểm dừng ta có hệ thức – Aai – Bbi = sở để ta

Ví dụ 17 (IMO Shortlist 2007) Cho a1, a2, …, a100 số thực không âm thoả

mãn điều kiện a12 + a22 + … + a1002 = Chứng minh

a12a2 + a22a3 + … + a1002a1 < 12/25

Lời giải: Đặt S=∑

k=1 100

ak2ak+1 (Như thường lệ, ta xét số theo môđun 100, tức ta đặt a101 = a1, a102 = a2)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopsky-Schwarz cho dãy (ak+1)

(ak2+2ak+1ak+2) sau bất đẳng thức Cauchy cho số ak+12 ak+22,

ak2+2ak+1ak+2¿

2

(¿¿)

ak

+2ak+1ak+2¿

(¿¿)=∑

k=1 100

(ak4+4a2kak+1ak+2+4ak2+1ak2+2)

∑

k=1 100

¿∑ k=1 100

(ak4+2ak2(ak2+1+a2k+2)+4ak2+1ak2+2)=∑

k=1 100

(ak4+6ak2a2k+1+2ak2ak2+2)

∑

k=1 100

¿1 ¿

3S¿2=(∑

k=1 100

ak+1(ak2+2ak+1ak+2))

2 ≤(∑

k=1 100

ak2+1)¿ ¿

¿ Áp dụng đánh giá hiển nhiên sau

∑

k=1 100

(ak4+2ak2ak2+1+2ak2ak2+2)≤(∑

k=1 100

ak2

)2 ∑ k=1 100

ak2a k+1 ≤

(∑

i=1 50

a22i−1

)(∑

i=1 50

a22i

)

ta thu

3S¿2≤(∑ i=1

100 ak2

)2+4(∑

i=1

50 a22i −1

)(∑

i=1

50 a22i

)≤1+(∑

i=1

50 a22i −1

+∑

i=1

50 a22i

)2=2, ¿

Từ

S ≤√2

3 ≈0 4714< 12

25=0 48

Ở đây, bước biến đổi đánh giá dễ hiểu, phức tạp ví dụ trước Tuy nhiên, lời giải ví dụ 16, việc tách

3S=∑

k=1

100

ak+1(ak2+2ak+1ak+2)

mọi k = 1, 2, …, 100 Chính tỷ lệ điểm cực trị giúp mạnh dạn sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopsky-Schwarz để đánh giá

Bài tập 21 (Theo IMO Shortlist 1995) Cho a, b, c số thực dương cho trước x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện x+y+z = a + b + c Tìm giá trị lớn biểu thức

4xyz – (a2x + b2y + c2z)

Bài tập 22 (IMO 1984) Cho x, y, z số thực không âm thoả mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh

0≤xy+yz+zx−2 xyz≤

27

Bài tập 23 (Chọn đội tuyển Việt Nam 1993) Cho x1, x2, x3, x4 số thực thoả

mãn điều kiện 12≤ x12

+x22+x32+x42≤1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ

biểu thức

A = (x1 – 2x2 + x3)2 + (x2 – 2x3 + x4)2 + (x2 – 2x1)2 + (x3 – 2x4)2

Tài liệu tham khảo

1 J.Brinkhouse & V.Iu.Protasov, Lý thuyết cực trị qua ví dụ đơn giản, Tạp chí “Truyền bá tốn học” số năm 2005, trang 32-55 (tiếng Nga)

2 Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức – Định lý áp dụng, Nhà xuất Giáo dục 2006

3 V.Tikhomirov, Các câu chuyện maximum minimum, Nhà xuất mản MCCME, 2006 (tiếng Nga)

4 The Vietnamese Mathematical Olympiad (1990-2006) Selected Problems, Education Publishing House, 2007