Giải tích và các bài toán cực trị.Trần Nam Dũng .Trường Đại học FPT

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 tốn trường phổ thơng, toán 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 toán 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 Trong viết này, chủ yếu đề cập đến phương pháp giải tích để giải tốn cực trị Chúng ta bắt đầu toán cực trị hàm biến giải nguyên lý Fermat định lý tồn Weierstrass Sau chuyển sang toán cực trị nhiều biến giải phương pháp khử dần biến để đưa trường hợp biến Tiếp đến toán cực trị có điều kiện Trong phần cuối cùng, đề cập đến cách tiếp cận toán cực trị nhiều biến sử dụng công cụ toán cao cấp (đạo hàm riêng theo biến, phương pháp nhân tử Lagrange) Đây phần dành cho giáo viên học sinh lớp chuyên để có nhìn tổng quan mạch lạc vấn đề cực trị hàm nhiều biến Góc nhìn giúp học sinh sau lên bậc học cao khơng bị làm theo qn tính, giải tốn cực trị nhiều biến cơng cụ thơ sơ (và địi 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, tốn thi Olympic, đề thi đại học Ngồi ví dụ có lời giải bình luận chi tiết, đưa số tập tự giải dành cho bạn đọc 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 khơng 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 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 Ví dụ Định luật Snellius Tia sáng cắt đường biên hai mơi trường, vào với góc  với góc  (góc tia sáng với đường vng góc với đường biên điểm cắt) Khi sin  sin   , va, vb vận tốc ánh sáng môi va vb 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: AM BM     f (M )  va vb  M l  Giá trị nhỏ tồn tại, điều đảm bảo bổ đề Gọi điểm mà hàm số đạt giá trị nhỏ M 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 vuông góc hạ từ A, B tương ứng xuống Đặt AH = a, BK = b HK = c Đặt HM = x ta có AM  a  x , BH  b  (c  x) Từ f ( M )  g ( x )  a  x / v a  b  (c  x ) / v b Theo bổ đề f(M) đạt giá trị nhỏ điểm M Và theo ngun lý Fermat f’(M0) = Nhưng f ' ( M )  g ' ( x)  Từ f’(M0) =  x  c x a  x va b  (c  x ) v b x0 c  x0 sin  sin     2 2 va vb a  x va b  (c  x ) vb 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) 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 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  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 sin  sin  MA'  MA , MB' MB sin(  ) sin(   ) Từ f  A' B' AB  MA'MB' MA  MB  sin    sin    MA  1  MB  1  sin(  )   sin(   )  sin( / 2) cos   / 2 sin( / 2) cos   /   MA  MB sin(   ) sin(  ) Như f sin( / 2)  cos   /  cos   / 2   MA    MB   sin(  ) sin(  )   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 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 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 tốn Bài tập Cũng tốn 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 x  x   x  24  x m có nghiệm thực phân biệt Lời giải: Hàm số f ( x)  x  x   x  24  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  24 x  6 x  24  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(  ) m  3(2  ) Bài tập (Theo Olympic 30-4) Tìm giá trị lớn hàm số  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 AMB lớn Bài tập Tìm giá trị lớn hàm số f ( x)  sin x  15  10 cos x Bài tập (Việt Nam 1993) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x(1993  1995  x ) 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 hàng so sánh người cao để tìm người cao 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 Lời giải: 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 = tốn cực trị sau: 1  | ( x1  1) y  ( x  1) y1 | max  2  x1  y1 1  2  x  y 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 x = 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 chẳng hạn  = 2/3,  = 4/3 (và - 3 , 3 !) 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  R  a  Bây ta cần tìm giá trị lớn f(a) [0, R] Tính đạo hàm f’(a), ta 2 f ' ( a)  R  R  a  f’(a) = a  a2 R2  a2 R 3 3R , từ ta tìm f max  Bài tập Cho tam giác ABC Với điểm M nằm mặt phẳng tam giác, gọi D, E, F hình chiếu M lên đường thẳng (BC), (CA), (AB) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức MA  MB  MC MD  ME  MF 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 2x  y    f ( x, y )  x  y  xy    x  0, y  0,2 xy   Tính đạo hàm theo y, ta f ' y ( x, y ) 1  4(2 xy  7)  x( x  y ) x  28   (2 xy  7) ( xy  7) Từ đó, ta tìm được, với x có định f(x, y) đạt giá trị nhỏ điểm 7  1 2x x 11 Khi f ( x, y )  x     g ( x) 2x x 11 14 g ' ( x) 1   2x x Phương trình g’(x) = tương đương Tính đạo hàm 1 x y0  với (2x2 – 11)2(x2+7) = 784 (với điều kiện 2x > 11) có nghiệm x = Đây điểm cực tiểu (do f  + x  x  +) Từ 15 f ( x, y )  g ( x)  g (3)  Ngoài thủ thuật tham số hoá, 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 2( x  xy ) x + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức  xy  y 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 cịn có cách tiếp cận khác: thay số mẫu số x + y2 để thu 2( x  xy ) biểu thức nhất, tức sau dựa vào tính x  y  xy  y để giảm số biến số hàm số Trước hết ta cần hiểu lại có đẳng thức 2( x  xy ) 2( x  xy )  2 2 x  y 1  xy  y ( x , y )R \ ( , ) x  y  xy  y Rõ ràng ta có 2( x  xy) 2( x  xy)  2 2 x  y 1  xy  y x  y 1 x  y  xy  y 2( x  xy ) Nhưng hàm số f ( x, y )  hàm (bậc 0, tức x  y  xy  y f(tx,ty) = f(x, y)) nên ta có 2( x  xy) 2( x  xy)  2 2 2 ( x , y )R \ ( , ) x  y  xy  y x  y 1 x  y  xy  y (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 2( x  xy ) f ( x, y )  với (x, y) thuộc R \ (0, 0) Với y = f(x, y) = x  y  xy  y 2(t  6t )  g (t ) Với y  0, ta đặt t = x/y f ( x, y )  t  2t  (4t  12)(t  2t  3)  ( 2t  2)(2t  12t ) 4(2t  3)(3  t )  Ta có g ' (t )  (t  2t  3) (t  2t  3) 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) = 32xyz Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P x4  y4  z4 (x  y  z) x  2x  Bài tập 11 Cho f ( x)  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ x 1 biểu thức f(x)f(y) với x, y số thực thoả mãn điều kiện x + y = 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  1    b  c    2 (b  c) (c  a)   ( a  b) 1  2     Lời giải: Hàm số f (a, b, c)  a  b  c  2  ( a  b ) ( b  c ) ( c  a )   1   bậc g (a, b, c)  bất biến phép tịnh tiến : ( a  b ) (b  c ) ( c  a ) a    g(a, b, c) = g(a+t, b+t, c+t) Ta sử dụng tính chất để làm giảm số biến số toán 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   1  f (a, b, c)  g ( x, y, c)  3c  2( x  y )c  ( x  y )  y     y ( x  y)  x   Nếu cố định x, y g(x, y, c) đạt c = c0 = -(x+2y)/3 Từ  1 g ( x, y , c)  g ( x, y , c0 )  ( x  xy  y )   y ( x  y) x   h( x, y )  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):  2t 2(1  t ) h( x, y )  (1  t )(  1)  k (t ) t 3t 2 (1  t ) (t  2) k ' ( t )    (0, 1/4] nên kmin(t) = k(1/4) = 9/2 Ta có t2 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 = x + 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 ( x  y )(1  xy ) (1  x) (1  y ) Bài tập 15 (Chọn đội tuyển Việt Nam 1993) Cho x 1, x2, x3, x4 số thực thoả mãn điều kiện  x12  x 22  x32  x 42 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 Bài tập 16 (Việt Nam 2002) Cho x, y, z số thực thoả mãn điều kiện x + y2 + z2 = Chứng minh 2(x+y+z) – xyz  10 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 = (x 1, 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 R n Đóng có nghĩa 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 | x12   xn2   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 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 Lời giải: Xét đa thức p(z) xét đại lượng |p(z)| hàm hai biến số thực x y, z = x + iy Theo bổ đề 3, hàm số đạt giá trị nhỏ điểm z0 = (x0, y0) Khơng tính tổng quát, cách đổi biến số, 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 ta lấy nghiệm phức u phương trình a + akzk = 0, tức 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, z = điểm hàm số đạt giá trị nhỏ 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  x  y  0   y  x  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) = y – 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 mô tả bất đẳng thức đẳng thức (ví dụ hình cầu x2 + y2 + z2 = 1) nên toán cực trị compact quy tốn cực trị có điều kiện Với toán này, sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange để tìm lời giải Ta giới thiệu nội dung phương pháp thông qua trường hợp toán cực trị nhiều biến với điều kiện ràng buộc: Để tìm cực trị hàm số f(x 1, x2, …, xn) với điều kiện ràng buộc g(x 1, 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) = 5x + 2xy + 3y2 với điều kiện g(x,y) = 7x2 + 2xy + 4y2 – = Lời giải: Xét L = f(x, y) + g(x, y) Đạo hàm theo biến x y, ta hệ phương trình 10 x  y   (14 x  y ) 0   x  y   ( x  y ) 0 Từ tính  từ phương trình cho nhau, ta 10 x  y y  x  14 x  y y  x 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) Bài tập 17 (Bài toán Entropi cực đại) Với n số dương x 1, x2, …, xn cho n  xk , tìm giá trị nhỏ tổng k 1 n x k ln( x k ) (Tổng với dấu trừ gọi k 1 entropi) Bài tập 18 Tổng số thực 1, tổng bình phương chúng 13 giá trị nhỏ tổng lập phương chúng bao nhiêu? Bài tập 19 Tổng số thực 1, tổng bình phương chúng 11 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 Tìm giá trị nhỏ biểu thức x+y+z Lời giải: Xét L = x + y + z + (2x + 4y + 7z – 2xyz) Hệ phương trình Lx = Ly = Lz = có dạng 1   (2  yz ) 0  1   (4  zx) 0 1   (7  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 2 4 7   1 2  4    Biến đổi tương đương, ta phương trình 1123 + 502 – = Phương trình có nghiệm  = 1/8,    4 (loại dẫn đến yz < 0) Từ 14 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  2bc / d  c  a  2ca / d  a  b  2ab / d , d số thực dương xác định phương trình a b c   1 ad bd cd 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: a b c   f ( x, y, z )     x y z   ax  by  cz 2 S  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   a 0 x2 b   b 0 y2 c   c 0 z2 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 x 1, x2, …, xn số thực dương, p, q số dương thoả mãn điều kiện 1/p + 1/q = Chứng minh ta có bất đẳng thức 1 n  n p  p  n q q x y    xk    xk   k k k 1  k 1   k 1  n Lời giải: Do tính nhất, ta cần chứng minh x k 1 n (1) x k y k 1 Xét tốn tìm giá trị lớn k 1 n x k p k n 1,  y kq 1 k 1 y k với điều kiện ràng k 1 buộc (1) Xét nhân tử Lagrange n  n   n  L  x k y k     x kp  1     y kq  1 k 1  k 1   k 1  Hệ phương trình tìm điểm dừng có dạng  y i  pxip  0, i 1, , n   xi  py iq  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 n dừng điểm hàm số x k y k đạt giá trị lớn Nhưng rõ ràng giá trị lớn k 1 nên ta có điều phải chứng minh Cuối cùng, bình luận lời giải số tốn bất đẳng thức góc nhìn tốn cao cấp Ví dụ 16 Cho n  x1, …, xn ; y1, …, yn 2n số thực thoả mãn điều kiện n  ai2 1, i 1 n n  bi2 1,  bi 0, i 1 n i 1 2    n  Chứng minh       bi  n  i 1   i 1  Lời giải: Bất đẳng thức khó chịu có lời giải ngắn gọn ấn n n tượng Đặt A  , B  bi Ta có i 1 i 1 (1 – Aai – Bbi)  => – 2Aai – 2Bbi + 2ABaibi + A2ai2 + B2bi2  Cho i chạy từ đến n cộng bất đẳng thức lại vế theo vế, ý n  ai2 1, i 1 n n i 1 i 1  bi2 1,  bi 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 – Aa i – Bbi cộng lại? Chúng ta lại phải đổ cho « kinh nghiệm », « óc phán đốn » hay « nhạy cảm tốn học » … Tốn cao cấp giúp giải thích lời giải độc đáo này: 2  n   n  Xét tốn tìm giá trị lớn hàm số f (a, b)       bi  với  i 1   i 1  n điều kiện ràng buộc  1, i 1 n n i 1 i 1  bi2 1,  bi 0, Lập nhân tử Langrange 2 n  n   n   n   n  L   a i     bi      ai2  1     bi2  1    bi i 1  i 1   i 1   i 1   i 1  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 a i tất b i 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 n n  bi  ( A  2ai )  A  2 i 1 i 1 Suy 2 = -2A  = -2AB Từ ta có điều kiện – Aai – Bbi = Như điểm dừng ta có hệ thức – Aai – Bbi = sở để ta “mạnh dạn” thực phép bình phương nói 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 < 12/25 100 Lời giải: Đặt S  a k a k 1 (Như thường lệ, ta xét số theo môđun 100, tức k 1 ta đặt a101 = a1, a102 = a2) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopsky-Schwarz cho dãy (a k+1) (ak2+2ak+1ak+2) sau bất đẳng thức Cauchy cho số ak+12 ak+22,  100   100  100  (3S )   a k 1 (a k2  2a k 1 a k 2 )    a k21   ( a k2  2a k 1 a k 2 )   k 1   k 1  k 1   100  100 1.  (a k2  2a k 1 a k 2 )   (a k4  4a k2 a k 1 a k 2  4a k21 a k22 )  k 1  k 1 100 100 k 1 k 1  (a k4  2a k2 ( a k21  a k22 )  4a k21 a k22 )  (a k4  6a k2 a k21  2a k2 a k22 ) Áp dụng đánh giá hiển nhiên sau 100 k k  ( a  2a a k 1 k  2a a k 1 k 2  100  )   a k2   k 1  100  50  50  2 a a    a i    a i   k k 1 k 1  i 1  i 1  ta thu 2 50  100   50  50   50  (3S )   a k2   4  a 22i    a 22i  1    a 22i    a 22i  2, i 1  i 1   i 1  i 1   i 1  Từ S 12 0.4714  0.48 25 Ở đây, bước biến đổi đánh giá dễ hiểu, phức tạp ví dụ trước Tuy nhiên, lời giải ví dụ 16, việc tách 100 3S  a k 1 (a k2  2a k 1 a k 2 ) k 1 khó hiểu thiếu tự nhiên Điều trở nên dễ hiểu ta áp dụng phương pháp nhân tử Lagrange thấy giá trị lớn biểu thức đề đạt giá trị a i thoả mãn hệ phương trình a k2  2a k a k 1 2a k với 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  xy  yz  zx  xyz  27 Bài tập 23 (Chọn đội tuyển Việt Nam 1993) Cho x 1, x2, x3, x4 số thực thoả mãn điều kiện  x12  x 22  x32  x 42 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 J.Brinkhouse & V.Iu.Protasov, Lý thuyết cực trị qua ví dụ đơn giản, Tạp chí “Truyền bá toán học” số năm 2005, trang 32-55 (tiếng Nga) Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức – Định lý áp dụng, Nhà xuất Giáo dục 2006 V.Tikhomirov, Các câu chuyện maximum minimum, Nhà xuất mản MCCME, 2006 (tiếng Nga) The Vietnamese Mathematical Olympiad (1990-2006) Selected Problems, Education Publishing House, 2007 Các nguồn tài liệu Internet, tạp chí Kvant, Tốn học Tuổi trẻ, đề thi Olympic Toán nước, đề thi Đại học 2008