C A(uit, that, uạẬ);
sin () =coỦs (D )ẹ 5 =4gệzẨ=z1t=j 20)-
ẹ sin(z +) =sin(z + ặ) = 1. Bởi vậy, Ặ(z,) đạt giá trị nhỏ nhất
tm. = Ặ(Ểo, tạ),
faạ = 2V2cos sỢ), (22)
trong đó Z0, 1ạ là nghiệm, của hệ hai phương trình {(13), (21)}. Giải ra ta được COS(ạ Ở 1) = sìn 2y = È 2 rồi dễ dàng tìm được:
0Ở 1
cos CÓ) T2 s- Vai (+) = ] (1 + 1 + _ (23)
Từ đó suy ra:
3
b z=ze=TỞ larccos Ẻ, _
#m=2\[1+= ệ ũ U=t9o= {+ s8rccos 7. h1 ccocb (24)
Sau đó, từ (24) ta thu được pẤạ = 2ụ/fẤ và thấy lại biểu thức (9) của pm. như đã chỉ ra, trong lời giải hình học (Bài toán 12).
Sau đây là lời giải đại số (Lời giải 3) của bài toán 12.
a) Đặt b = Vu2TỞ d2; PA = z; PƠ = +z!;PB = ụ;PD = ự'. Ta thu được biểu thức _ sau đây của chu vi p của tứ giác ABỂCD:
p =P(z,z,19,) = Vz?+ 2+ Vy? 18+ V221W51 V212. (1%
Ngoài ra, dễ dàng chỉ ra được các biến số z, z', , ' ràng buộc với nhau bởi các điều kiện
(bao gồm cả bất đẳng thức và đẳng thức) sau đây
ỦỞd=a~Ở Va?ỞÙ2<z,z',0,UWSa+Va2Ởb2=a+d, - ()
mm. (0 <b<s), (0).
z? +2 + 12 + 2 = 4a?. (ii)
Như vậy, với cách nhìn bài toán cực trị hình học (bài toán 12) dưới góc độ mới này, ta - lại thu được một bài toán mới khác về cực trƯ đại số mà nội dung có thể phát biểu ngắn gọn như sau:
Bài toán 14. Tìm cực đại pẤ và cực tiểu pạ, của a. biểu thức đại số p(z, z', ụ, ') của các biến z, ụ', ,1⁄ ràng buộc với nhau bởi (0), (1) và (1).
Trước hết ta hãy tìm cách thu gọn về phải của (***). Thật vậy, nhờ đẳng thức (ii) ta dễ dàng thu được các đẳng thức sau đây:
V#2 + 2+ V22 +2 = V(ụ + )2 + (ụ' + )) V22 +?ệ+ V#ệ+2= VÍụ + )ồ + (ụ' + 3) V22 +?ệ+ V#ệ+2= VÍụ + )ồ + (ụ' + 3) 109
tương tự với bài toán cực trị hình học (Bài toán 12) trong hình học phẳng (xem phần chú thắch c) ở đoạn dưới).
a) Phát biểu bài toán:
Bài toán 15. Xét 2n biến số thực dương zƯ,zẬ (¡ = 1,2,...,n) thoả mãn các điều kiện
Sau: :
ỦỞ V@Ế Ở Ùb2 < z¡,1zƯ < a + Va2 Ở b2, : (2)
1z = b2 (0 < b< a), (2) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
SP l(x? + z2) = 4a2 + 2(n Ở 2)p? . ()
đầm giá trị lớn nhất pụ 0à giá trị nhỏ nhất pẤạ của hàm 2n biến #Ư,#; (0Ạ {1,2,...,m})
sau đâu: .
p(#t, Z1;...1n; Z1.) = S_ (vz? +z?+ +? +zồ + 1/3) +) + 1/Z; 2+ ụ?)., (ệ)
1<i<j<n
Chú thắch: Nếu đặt pụ = Ppụ (1¡, Z/, Zj, T7) thì (*) được viết gọn lại hơn như sau:
D(Ể1, #1; #2, 32;...; #n, 2, = ` Đi (%Ư, Tịy #2, Z,) 1<i<j<n
và dưới dấu }` có tất cả Ậ(n Ở 1)w = Ể? hàm ?Ư; (Z¡, z/, #;,ử;) của bốn biến 2ú, 8i, ỂJ, 2
VỚI Ì < Ư < j <?n, trong đó ụụ có dạng là tổng của bốn căn thức bậc hai ở về phải của ).
b) Phương án giải (lời giải) của bài toán.
Đặt: X¡ = z¡ + z; X; = zỮ +7; 2 + + +#7 +ử = = độ; #o = 2b, Xạ = 2a. Thế thì từ (), (1) và (1i) ta suy ra X? > 4z;z/ = 4b2, X; + X} = 4a + 4È? và do đó, Xể < 4aẬ. Từ đó ta được bất đẳng thức và đẳng thức sau: 2b = zọ S X; < 2a¡;¡ < 2a 2 ei X? = 4a? + 2(n Ở 2)È2 + 2nb? = 4a? + 4(n Ở 1)b2 = Xệ + (n Ở 1)zỲ
+) Ta. hãy tắnh pẤ; theo X;, X;, da và b. Từ (1) ta suy ra, 2 2 :2 3 Ở . 92 . 12 %ị + 47 T VJ#Ặ +7 = (¡ + Z;) +(z; + z2)2, V*zê + zỷ + V2 + +? = (¡+ #j)2 + (Ư + 2/)2; và do đó, Đụ Ở Pụ(s si, eụ #0) = (| + ))ệ + (ị + #02 + Vị +j)ệ + (+78, Ở () 111
Sau khi bình phương hai vế của (1) và sử dụng các hệ thức (ii) và ký hiệu rút gọn +aj+z?+ # = 4a2,, ta được biểu thức rút gọn sau của ụạ dưới dạng một tam thức bậc hai đối với biến X; + X;:
Đỹ = (X: + Xj)? + 4aj(X: + X;) + 4(aỮ + b?), (2)
trong đó giữa X; và X; có các hệ thức sau đây:
X?+X} = 4a? + 4Ù, (3)
(Xi + X;)Ợ + (Xi X;)? = 8(a2 + b2). (4)
+) Vì X; > 0, X; > 0 nên biểu thức (2) của rỹ cho biết: pệ và do đó, p đạt giá trị max p¡Ấ hay giá trị minẤ khi và chỉ khi X; + X; đạt max hay min. Do đó, từ (4) ta SUY Ta:
X¡+ Ả; đạt max(min) ềỦ |X; Ở X;| đạt min(max). Từ (4) ta được: (X; + X;)? < 8(a2 + b2) và do đó thay vào @) ta được:
2
Đụ < 4(ayV3+ V/aỗ + 02) . Vậy
3x, =#; (2b < X; =Ả; < 2aƯj < 2a).
Mặc khác, |X; Ở X;| đạt max khi và chỉ khi hoặc X; đạt max = 2d, 4; đạt min = #o = 2b hoặc X; đạt max = 2a;, X; đạt mìn = zọ = 2b. Suy ra:
Đụ > Đụạ, = (2ag + 2Ù)Ợ + 4ag(2ay + 2đ) + A(a2, Ở 2)
= Á(a¡ + b)Ộ + 8aƯ;(aƯy + b) + 4(a; + b)(aƯ Ở b)
= l6aỦƯ; (đƯ; + b).
Vậy