CHƯƠNG III. MỘT SỐ SAI LẦM KHI GIẢI TOÁN CỰC TRỊ pdf

CHƯƠNG III. MỘT SỐ SAI LẦM KHI GIẢI TOÁN CỰC TRỊ
Một trong những phương pháp giải toán cực trị hiệu quả là dùng các bất
đẳng thức quen thuộc. Nhưng cũng chính phương pháp này lại dễ gây ra
những sai lầm nếu không nắm vững bản chất của nó.
Bài toán 1. Biết rằng x + y + z = 1 và x, y, z dương
Tìm GTLN của
S =






xyz x y y z z x
  

Có bạn đã giải như sau:

   
   
   
2
2
2
z x y z x y
x y z x y z
y z x y z x
   
   
   
(1)

Nhân từng vế của (1) ta có:
   
1 8
xyz x y y z z x
   
(2)
Từ đó S
1 1
64 64
ma x
S  
Nhận xét: Cách giải trên cho đáp số sai vì điều kiện xảy ra dấu bằng của các
bất đẳng thức đã dùng không đạt được đồng thời. Cụ thể:
1
64
S  đạt được khi và chỉ khi
0
1
1 , , 0
, , 0
z x y
y x z x y z
x z y x y z
x y z x y z
x y z
 


    



 
     
 
 
   






Như vậy không tồn tại (x,y,z) để tại đó
1
64
S  . Do đó không thể kết luận
1
64
ma x
S 

Lời giải đúng:
Với x,y,z
0

, ta có:
S =
       
3
3

x y z
xyz x y y z z x x y y z z x
 
 
      
 
 

   
   
3
2
1
27
1 8
27 3 27
x y y z z x
x y y z z x
   
   
 
 
 

Vậy
2
8
27
S 
Với mọi x,y,z thoả mãn

1
, , 0
x y z
x y z
  





Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
1
3
, , 0
x y z
x y y z z x
x y z
x y z
x y z
 


    

   

  






Kết luận:
2
8
27
ma x
S  đạt tại x = y = z =
1
3

Nhắc lại định nghĩa maxf(x,y,…) và minf(x,y,…)
1.Định nghĩa1:
Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D. Ta nói M là giá trị lớn nhất
của f(x,y,…) hay maxf = M trên D nếu hai điều kiện sau được thoả mãn:
- Với mọi (x, y,…) thuộc D thì f(x,y,…)

M với M là hằng số
- Tồn tại (x
0
, y
0
,…) thuộc D sao cho f(x
0
, y
0
,…) = M
2. Định nghĩa 2:
Cho biểu thức f(x,y,…) xác định trên miền D. Ta nói m là giá trị nhỏ nhất

của f(x,y,…) hay minf = m trên D nếu hai điều kiện sau được thoả mãn:
- Với mọi (x, y,…) thuộc D thì f(x,y,…)

m với m là hằng số
- Tồn tại (x
0
, y
0
,…) thuộc D sao cho f(x
0
, y
0
,…) = m
Một số chú ý:
1) Nếu không chỉ ra được bộ giá trị (x
0
, y
0
,…) để f(x
0
, y
0
,…) = M thì
không khẳng định được maxf = M, mặc dù có f(x,y,…)

M với mọi
(x, y,…) thuộc D. Khi đó ta phải tìm một cách giải khác
2) Bội giá trị (x
0
, y

0
,…) để f(x
0
, y
0
,…) = M thường được tìm bằng cách
áp dụng điều kiện xảy ra dấu bằng trong các bất đẳng thức đã dùng.
Chẳng hạn:
a) Các dạng của bất đẳng thức Cô-si:
+) a + b

2
ab
( a

0, b

0)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
+)
a
b
+
b
a


2 (ab

0)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
b) Bất đẳng thức Bunhiacopsky
(ax + by)
2

(a
2
+ b
2
) (x
2
+ y
2
)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay = bx
c) Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối

a
+
b



a b


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab

0
3) Trong các bài toán dạng cực trị có điều kiện nếu chỉ chú ý đến điều

kiện xảy ra dấu bằng của các bất đẳng thức đã dùng mà không kết hợp
điều kiện ràng buộc của bài toán thì dễ mắc sai lầm
4) Trong các định nghĩa trên thì M và m phải là các hằng số
Thật vậy, xét bài toán sau đây:
Bài toán 2. Cho x,y,z

0. Tìm GTLN của
f(x,y,z) =






xyz x y y z z x
  

Xét lời giải:
Với mọi x,y,z

0 ta có:
 
   
6
, ,
6
x y z x y y z z x
f x y z
 
     


 
 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
, , 0
x y z x y y x z x
x y z
       





Tức là x = y = z = 0. Khi đó vế phải của bất đẳng thức bằng 0. Suy ra


, , 0
f x y z


Vậy


, , 0
f x y z

khi x = y = z = 0 (!)
Nhận xét:
Cách giải trên mắc sai lầm ở chỗ là đã sử dụng mệnh đề sai sau đây "Nếu





0 0 0
, , , ,
f x y z g x y z
 với mọi x, y, z thuộc D và




0 0 0
, , , ,
f x y z g x y z
 = A


0 0 0
, ,
x y z D

thì ( , , )
f x y z A

với mọi x, y, z thuộc D "
Để bác bỏ mệnh đề trên, ta có thể xét phản ví dụ sau:
Bài toán 3. Cho





2 2
; 2
f x x g x x
  . Tìm GTLN của f(x)
Xét lời giải:




f x g x
 với mọi
x R


Dấu bằng xảy ra khi f(0) = g(0) = 0, từ đó suy ra


0
f x

với mọi
x R


Nhận xét:
Điều này sai vì



2
0
f x x
 
với mọi
x R


Bài toán 4.
Giả sử hai số thực x, y thoả mãn x > y và xy = 1. Tìm GTNN của biểu
thức
A =
2 2
x y
x y



Xét lời giải:
Ta có A =
2 2
x y
x y


=
 
2
2
x y xy

x y
 


Do x > y và xy = 1 nên
A =
 
2
2 2
x y
xy
x y
x y x y x y

   
  


2 2
2
2 2
x y x y
x y x y
 
    
 
(*)
Vậy A có GTNN khi
2
2

x y
x y



= 2





   
2
2
4 4
4 4 0
x y x y
x y x y
    
     

Giải phương trình được x – y = 2, mà xy = 1 nên (x;y) là (
1 2; 1 2
   )
và
(1 2; 1 2)
  
minA =
2
2 2 3

2 2
x y

   

Nhận xét: Bài giải trên là sai. Có thể biến đổi như sau:
A =
2 2
2 2 2
2
x y
x y
x y x y
 

    
 
 
 
 

Kết quả đúng là minA =
2 2
khi (x,y) là
2 6 2 6
;
2 2
 
  
 

 
 
và
2 6 2 6
;
2 2
 
  
 
 
 

Vậy sai lầm của bài toán trên là biến đổi đến (*) thì 2
2
x y

 không phải
là hằng số mà còn phụ thuộc vào biến x,y
Bài toán 5.
Tìm GTNN của biểu thức P =
4 3 2
2 3 2 1
x x x x
   

Xét lời giải 1:
P =


2

2
1 0
x x
  

Suy ra minP = 0. Điều này không xảy ra vì không có giá trị nào của x làm
cho P(x) = 0
Xét lời giải 2:
P =
 
 
2
2
2 2 2 2
1 1 1
2 1 2 2 1 1 2
2 2 2
x x x x x x x x
 
          
 
 

Suy ra minP =
1
2

Dễ thấy đáp số này sai vì lúc đó x đồng thời bằng -1 và bằng
1
2



Cách giải đúng như sau:
P =


2
2
1
x x
 

Vì
2
2
1 3 3
1
2 4 4
x x x
 
     
 
 

Mà
2
1 0
x x
  
nên min(

2
1
x x
 
) =
3
4
1
2
x
  

Vậy minP =
2
3 9 1
4 16 2
x
 
   
 
 


Bài toán6. Tìm GTNN của biểu thức sau với
0, 0
x y
 

P =
2 3 2 1977

x xy y x   
Xét lời giải :
P =






2 2 2
1 5986
3 2 1
3 3
x y x x
 
     
 
 

5986
min
3
P 
Đáp số này sai vì không thể x = 1 và x = 4
Cách giải đúng như sau:
 
2
2
3 3 6 9 6 5991
1 3 3991 3991

3 2
3 2 2 2
P x xy y x
P x y x
    
 
 
      
 
 
 
 
 

3
0
3991
2
min
2
3 0
x
P khi
x y

 

 



 


Tức là
 
9 1
; ;
4 4
x y
 

 
 