Giáo án Bài giảng Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

sin(α+ β) ⇒ đpcm. Nhận xét: Bài toán có biểu thức x2 + k2. Đặt x = k tanα với α ∈ (−pi 2 ; pi 2 ). Khi đó x2 + k2 = k2(1 + tan2 α) = k2 cos2 α với cosα > 0 24 Ví dụ 5.6. Chứng minh BĐT : −1 2 ≤ (a+ b)(1− ab) (1 + a2)(1 + b2) ≤ 1 2 Lời giải. Đặt a = tanα; b = tan β với α, β ∈ (−pi 2 ; pi 2 ) A = (a+ b)(1− ab) (1 + a2)(1 + b2) = (tanα + tan β)(1− tanα tan β) (1 + tan2 α)(1 + tan2 β) = cos2 α. cos2 β. sin(α + β) cosα cos β . cos(α+ β) cosα cos β = 1 2 sin(2α+ 2β) ⇒ |A| ≤ 1 2 (đpcm) 6 Phương pháp đồ thị Để giải bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp đồ thị, người ta thường sử dụng các tính chất sau đây: - Trong tất cả các đường gấp khúc nối hai điểm A, B cho trước thì đường thẳng nối AB là đường có độ dài ngắn nhất. - Trong một tam giác, tổng hai cạnh luôn luôn lớn hơn cạnh thứ ba. - Cho một điểm M ở ngoài một đường thẳng d cho trước. Khi đó độ dài đường vuông góc kẻ từ M xuống d ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ M xuống đường thẳng ấy. - Trong các tam giác cùng nội tiếp một đường tròn, thì tam giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất. Nếu như một bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, bằng một phép biến đổi nào đó có thể quy về các sự kiện hình học nói trên, thì ta nên dùng phương pháp đồ thị để giải chúng. Phương pháp này rất thích hợp với những bài toán, mà trong nội dung của nó đã tiềm ẩn những yếu tố hình học, mà thoạt tiên ta chưa nhìn ra chúng. 25 Ví dụ 6.1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x, y, z, t) = z2 + t2 − 2xz − 2yt− 3, xét trên miền D = {(x, y, z, t) : x2 + y2 = 1; z2 − t+ 3 = 0} Lời giải. Với (x, y, z, t) ∈ D ta có f(x, y, z, t) = (x− z)2 + (y − t)2 − x2 − y2 − 3 = (x− z)2 + (y − t)2 − 4 (1) Mặt khác khi (x, y, z, t) ∈ D thì điểm M(x, y) nằm trên đường tròn tâm tại gốc tọa độ bán kính 1, còn điểm N(z, t) nằm trên parabol u = v2 + 3. u = v2 + 3 N(z,t) 3 1 M0 0 u v M(x,y) N0 Ta có: (x− z)2 + (y − t)2 =MN2 Rõ ràng minMN2 =M0N 2 0 = 4, ở đâyM0(0; 1) và N0(0; 3). Từ đó suy ra từ (1) f(x, y, z, t) ≥ 0 ∀(x, y, z, t) ∈ D. 26 Mặt khác lấy x = 0, y = 1, z = 0, t = 3, thì f(0, 1, 0, 3) = 0, mà (0, 1, 0, 3) ∈ D nên suy ra min (x,y,z,t)∈D f(x, y, z, t) = 0 Ví dụ 6.2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f(x) = √ x2 − 2x+ 3 + √ x2 + 4x+ 6 xét trên miền |x| ≤ 1 Lời giải. Ta viết lại hàm số f(x) dưới dạng sau f(x) = √ (x− 1)2 + 2 + √ (x+ 2)2 + 2 Xét hệ trục u0v và trên đó xét điểm cố định N(2 √ 2, 3) và điểm di động M( √ 2, 1 − x); ở đây −1 ≤ x ≤ 1. Khi đó M sẽ chạy trên đoạn thẳng M0M1, trong đóM0( √ 2, 0) vàM1( √ 2, 2). Ta có: √ (x− 1)2 + 2 + √ (x− 2)2 + 2 = OM +ON v u N M M0 M1 3 2 1-x √ 2 2 √ 20 3 2 27 Rõ ràng OM + ON ≥ ON = √17. Mặt khác gọi M∗ là giao điểm của đường thẳng x = √ 2 và ON, thì OM1 +M1N = ON . Có thể thấy M∗M0 = 1 2 NH = 3 2 (H là hình chiếu của N trên trục hoành), vậyM∗( √ 2, 3 2 ). Như vậy ta có f(x) ≥ √17 ∀ − 1 ≤ x ≤ 1 f(−1 2 ) = √ 17 Từ đó suy ra min |x|≤1 f(x) = √ 17. Lại có max M∈M0M1 (OM +ON) = max(OM1 +M1N,OM0 +M0N) = max( √ 6 + √ 3, √ 2 + √ 11) = √ 2 + √ 11 Vậy max |x|≤1 f(x) = √ 2 + √ 11. Ví dụ 6.3. Cho a,b,c,h là các số dương cho trước; còn x,y,z là ba số thực thay đổi sao cho ax+ by + cz = k (1)(k cố định cho trước) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x, y, z) = a √ h2 + x2+b √ h2 + y2+c √ h2 + z2 với các x,y,z thỏa mãn hệ thức (1) Lời giải. v u (a+b+c)h A C B ax+by+cz=k ax 0 ax+by (a+b)h ah 28 Vẽ hệ trục Ouv và trên đó xét các điểm A(ah, ax), B((a+ b)h, ax+ by), C((a+ b+ c)h, ax+ by + cz). Có thể thấy ngay OA = a √ a2 + h2, AB = c √ h2 + y2, BC = c √ h2 + z2 Vậy f(x, y, z) = OA+ AB +BC (2). Ta thấy OA + AB + BC là độ dài đường gấp khúc OABC nối hai điểm cố định O(0,0) và C((a+b+c)h,k). Ta có OC = √ k2 + (a+ b+ c)2h2 Từ (2)⇒ f(x, y, z) ≥ OC =√k2 + (a+ b+ c)2h2 (3) Dấu bằng trong (3) xảy ra⇔ O, A, B, C thẳng hàng. ⇔ ax ah = ax+ by ah+ bh = ax+ by + cz ah+ bh+ ch ⇔ x = y = z = k a+ b+ c Như vậy f( k a+ b+ c , k a+ b+ c , k a+ b+ c ) = √ k2 + (a+ b+ c)2h2 (4) Từ (3), (4) suy ra min f(x, y, z) = √ k2 + (a+ b+ c)2h2. Ví dụ 6.4. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x, y) = −2x− y+ x2 trên miền D =  2x+ 3y ≤ 6 (x, y) : 2x+ y ≤ 4 x ≥ 0, y ≥ 0 Lời giải. Miền D các điểm (x,y) thỏa mãn hệ ràng buộc đã cho, được biểu diễn bằng 29 miền gạch trong hình vẽ sau (đó là một tứ giác kể cả biên). x -1 0 1 2 B 2 3 y = x2 − 2x y = x2 − 2x+ 22 9 A y 2x+ y = 4 2x+ 3y = 6 Gọi α là giá trị tùy ý của hàm số. Ta quy bài toán về việc tìm các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của α sao cho parabol −2x − y + x2 = α(⇔ y = x2 − 2x − α) còn cắt miền D. Từ dạng đồ thị y = x2−2x−α, ta thấy ngay giá trị bé nhất của α tương ứng với trường hợp parabol y = x2 − 2x − α tiếp xúc với đường thẳng 2x+ 3y = 6. Điều này xảy ra khi và chỉ khi phương trình sau có nghiệm kép x2 − 2x− α = 2 3 − x+ 2 (1) (1)⇔ 3x2 − 4x− 3α− 6 = 0 Vậy (1) có nghiệm kép⇔4′ = 4 + 9α+ 18 = 0 ⇔ α = −22 9 Giá trị lớn nhất của α tương ứng với trường hợp parabol y = x2−2x−α qua O(0,0) (và dĩ nhiên khi ấy qua B(2,0)). Điều đó xảy ra khi α = 0. Vậy max D f(x, y) = 0 và min D = −22 9 30 Ví dụ 6.5. Cho xi, yi (i = 1, 2, ..., n) là 2n số thực thỏa mãn n∑ i=1 xi + n∑ i=1 yi = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = n∑ i=1 √ x2i + y 2 i Lời giải. Trong mặt phẳng xét hệ tọa độ vuông góc xOy. GọiMk là điểm có tọa độ Mk( k∑ i=1 xi, k∑ i=1 yi), k = 1, 2, ..., n y x 1 1 0 M MnMk Mk−1 M1 Như vậy điểm Mn( n∑ i=1 xi, n∑ i=1 yi) sẽ nằm trên đường thẳng x+ y = 1. (vì theo giả thiết ta có n∑ i=1 xi + n∑ i=1 yi = 1). 31 Dễ thấy: Mk−1Mk = √ ( k∑ i=1 xi − k−1∑ i=1 xi)2 + ( k∑ i=1 yi + k−1∑ i=1 yi)2 = √ x2k + y 2 k, k = 1, 2, ..., n Từ đó suy ra A = OM1 +M1M2 + ...+Mn−1Mn Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O tới đường thẳng x+ y = 1 ⇒ OH = √ 2 2 . Rõ ràng OM1 +M1M2 + ...+Mn−1Mn = OH ⇒ A ≥ √ 2 2 (1). Dấu bằng trong (1) xảy ra ⇔ O,M1,M2, ...,Mn thẳng hàng vàMn ≡ H ⇔ y1 x1 = y2 x2 = ... = yn xn = tan 45o = 1 ⇔ x1 = x2 = ... = xn = y1 = y2 = ... = yn = 1 2n Vậy minA = √ 2 2 Ví dụ 6.6. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = √ x2 − 2px+ 2p2 + √ x2 − 2qx+ 2q2 với p, q là hai số cho trước. Lời giải. 1. Xét khi |p|+ |q| > 0 Trên mặt phẳng tọa độ xét các điểm A(x-p, |p|) và B(x-q, |q|). Hàm số f(x) đã cho viết được dưới dạng sau f(x) = √ (x− p)2 + (|p|)2 + √ (x− q)2 + (−|q|)2 = OA+OB Rõ ràng ta luôn có OA+OB ≥ AB, ở đây AB = √ (p− q)2 + (|p|+ |q|)2 = const, ∀ vị trí của A, B Vậy ta luôn có f(x) ≥√(p− q)2 + (|p|+ |q|)2 (1). 32 Dấu bằng trong (1) có⇔ A,O,B thẳng hàng. y x y=|p| |p| 0 A B y=-|q| Ta có −→ OA = (x− p, |p|). −−→ BO = (q − x, |q|). Vậy A, O, B thẳng hàng khi x− p q − x = |p| |q| ⇔ x|q| − p|q| = q|p| − x|p| ⇔ x = q|p|+ p|q||p|+ |q| Do AB = const ∀ vị trí của A,B nên ta có f( q|p|+ p|q| |p|+ |q| ) = AB = √ (p− q)2 + (|p|+ |q|)2 Vậy min f(x) = √ (p− q)2 + (|p|+ |q|)2. 2. Xét khi |p|+ |q| = 0(⇔ p = q = 0). Lúc này f(x) = 2|x| ⇒ min f(x) = 0 (3). 33 Dễ dàng thấy có thể dùng (2) thay cho (3) (vì p = q = 0). Tóm lại trong mọi trường hợp, ta có min x∈R f(x) = √ (p− q)2 + (|p|+ |q|)2 Ví dụ 6.7. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số f(x, y) = cos 2x+ cos 2y trên miền D = {(x, y) : sin x+ sin y = 1 2 } Lời giải. Đặt u = sin x, v = sin y. Khi đó, ta có cos 2x+ cos 2y = 2− 2(u2 + v2) Xét bài toánmới sau: Tìm giá trị lớn và bé nhất của hàm số F (u, v) = u2+v2, xét trên miền D1 = {(u, v) : |u| ≤ 1, |v| ≤ 1;u+ v = 1 2 y x 0 1A -1 −1 2 1 2 −1 2 1 -1 34 Lúc đó ta có mối liên hệ sau: max D f(x, y) = 2− 2min D1 F (u, v) (1) min D f(x, y) = 2− 2max D1 F (u, v) (2) Vẽ trục tọa độ Ouv. Tập D1 chính là đoạn thẳng AB - đó là phần đường thẳng u + v = 1 2 nằm trong hình vuông. Dễ thấy A, B có tọa độ A(−1 2 , 1) và B(1,−1 2 ). NếuM(u, v) = D1 thì có u 2 + v2 = OM2. Vậy max D1 F (u, v) = max M∈AB OM2 = OA2(= OB2) = 1 + 1 4 = 1 5 . min D1 F (u, v) = min M∈AB OM2 = OH2 = 1 8 . (Vì OH là đường cao của tam giác vuông cân cạnh bằng 1 2 ). Theo (1) và (2) suy ra max D f(x, y) = 2− 1 4 = 7 4 min D f(x, y) = 2− 5 2 = −1 2 Bài chuẩn bị của chúng tôi còn nhiều thiếu sót mong các bạn giúp đỡ và góp ý để chúng tôi hoàn thiện tốt chuyên đề này. Bài của các em khá công phu và bản đánh máy cũng tương đối tốt. Tất nhiên vẫn có thể làm tốt hơn, và sau đây là một vài gợi ý. Đầu tiên, các em hãy xem lại Ví dụ 2.5. ở đấy tôi có thấy sử dụng bất đẳng thức nào đâu. Nhân tiện trình bày về tìm GTLN, GTNN dùng bất đẳng thức, các em nên tìm hiểu thêm về Bất đẳng thức Karamata đang thu hút được nhiều sự quan tâm. Việc trình bày một vấn đề mới lạ có thể giúp bài thuyết trình của các em hấp dẫn hơn. Các bài tìm GTLN, GTNN khó nhất là những bài tìm cực trị có điều kiện. Tôi thấy các em có đưa ra một số bài. Nhưng cách giải của các bài này không có điểm chung và khó vận dụng cho những bài khác. Để có cái nhìn bao quát hơn, các em hãy tham khảo thêm các sách về giải tích để biết phương pháp 35 tìm cực trị có điều kiện của Lagrange (chẳng hạn cuốn Cơ sở giải tích cổ điển của Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải để xem lí thuyết và cuốn bài tập phần 2 (hay 3, tôi không nhớ rõ) của Liasko để xem những áp dụng). Nếu các em có thể trình bày trước lớp phương pháp này thì rất tốt. Kết thúc mỗi phần nên có những bài tập (tốt nhất là do các em tự đưa ra) để các bạn khác phải cùng suy nghĩ. Tôi có sửa giúp các em một số lỗi đánh máy và trình bày ở đoạn đầu. Các em có thể tham khảo để sửa những phần còn lại cho tốt hơn. Hình 1 của các em gửi cho tôi không dùng được (khi chạy báo lỗi), tôi phải vẽ lại và sẽ gửi lại cho các em. Nếu các em không có giải thích thỏa đáng về chuyện này, một điều không tránh khỏi là tôi sẽ trừ điểm bài của các em. 36