tìm cực trị của hàm số nhiều biến bằng cách khảo sát lần lượt từng biến

Tìm cực trị của hàm số nhiều biến bằng cách
khảo sát lần lượt từng biến
Để tìm cực trị hàm số ta có thể dùng phương pháp khảo sát lần lượt từng biến
nghĩa là: tìm GTLN,(GTNN) của hàm số với biến thứ nhất và các biến còn lại
coi là tham số, tìm GTLN,(GTNN) vủa hàm số với biến thứ hai rồi ứng với giá
trị đã xác định của biến thứ nhất mà các biến còn lại là tham số…
Ta cùng xét các ví dụ :
Bài toán 1:
Xét hàm số f(x,y) = (1 – x)(2 – y)(4x – 2y)
trên D = { (x,y) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 }
Tìm GTNN của f trên D.
Giải:
Biến đổi hàm số đã cho thành:
f(x,y) = 2(1 – x)(2 – y)[ (2 – y) – 2(1 – x) ]
Đặt
1
2
v x
u y
= −


= −

ta chuyển về tìm GTNN của hàm số :
F(u,v) = –2uv
2
+ u
2
v trên E = { (u,v) | 0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2 }
Nghĩa là

2 2
0 2 0 1
min ( , ) min[min ( 2 )]
u v
F u v uv u v
≤ ≤ ≤ ≤
= − +
Xét hàm số g(v) = –2uv
2
+ u
2
v ( 0 ≤ v ≤ 1) và u là tham số thỏa mãn 0 ≤ u ≤ 2.
→ g’(v) = 0 khi
0 0
1
&0
4 2
u
v v= ≤ ≤
và qua v
0
thì g’(v) đổi dấu từ (+) → (–)
Suy ra min g(v) = min { g(0); g(1) } = min{0; u
2
– 2u} = u
2
– 2u ( do 0 ≤ u ≤ 2 )
→
2
( , ) 0 2

min ( , ) min ( 2 ) 1
u v E u
F u v u u
∈ ≤ ≤
= − = −
tương ứng với u = v = 1
Từ đó min f(x,y) = 2min F(u,v) = –2 khi x = 0, y = 1.
Cách giải này có thể áp dụng vào các bài toán mà các biến phụ thuộc với nhau
theo một đẳng thức (BT2) , một bất đẳng thức (BT3) hoặc một hệ phương trình
(BT4) cho trước.
Bài toán 2:
Xét a,b,c là các số dương thỏa mãn điều kiện abc + a + c = b.
Tìm GTLN của biểu thức:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
P
a b c
= − +
+ + +
Biến đổi giải thiết thành a+c = b(1 – ac) > 0 →
1
(1)
1
a
c
a c
b
ac


<



+

=

−

Thay (1) vào biểu thức P và biến đổi thành:
2
2 2 2 2
2 3 2( )
2
1 1 (1 )(1 )
a c
P
a c a c
+
= + + −
+ + + +
Xét
2
2 2 2
1 ( )
( )
1 (1 )(1 )
x c
f x

x x c
+
= +
+ + +
với
1
0 x
c
< <
và coi c là tham số dương.
→
2
2 2 2
2 ( 2 1)
'( )
(1 ) (1 )
c x cx
f x
x c
− + −
=
+ +
Trên
1
0,
c
 
 ÷
 
thì f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất là

2
0 0
1
1 0x c c x
c
 
= − + + < <
 ÷
 
Qua x
0
thì f’(x) đổi dấu từ (+)→(–) nên f(x) đạt cực đại tại x
0
,
suy ra f(x) ≤ f(x
0
) =
2
1
1
c
c
+
+

(2)→
2 2
2
3 2 3
2 ( ) 2 ( )

1 1
1
c c
P f x g c
c c
c
= − + ≤ + =
+ +
+
Xét hàm số g(c) với c > 0
g’(c) =
2
2 2 2
2(1 8 )
( 1) (3 1)
c
c c c
−
+ + +
Với c > 0 thì g’(c) = 0 tại c
0
=
1
8
. Qua c
0
thì g’(c) đổi dấu từ (+)→(–) nên g(c
0
) là
giá trị cực đại của hàm g(c).

Vậy max P =
10
3
khi
1 1
, 2,
2 8
a b c= = =
.
Bài toán 3:
Xét các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện: 21ab + 2bc + 8ac ≤ 12.
Tìm GTNN của biểu thức:
1 2 3
( , , )P a b c
a b c
= + +
Giải:
Đặt
1 1 1
, ,x y z
a b z
= = =
Từ giả thiết z(12xy – 21) ≥ 2x + 8y > 0
→
2 8
12 21
x y
z
xy
+

≥
−
với
7
4
x
y
>
(1)
→
2 8
( , , ) 2
4 7
x y
P x y z x y
xy
+
≥ + +
−
(2)
Xét hàm số
2
2 8 4 5 8 7
( )
4 7 4 7 4
x y x y x y
f x x x
xy xy y
 
+ − +

= + = >
 ÷
− −
 
Trong đó y là tham số dương.
2 2 2
2
16 56 32 25
'( )
(4 7)
x y xy y
f x
xy
− − +
=
−
Trên
7
,
4y
 
+ ∞
 ÷
 
thì f ’(x) = 0 có nghiệm duy nhất
2
0
32 14
7
4 4

y
x
y y
+
= +
và qua x
0

thì ƒ’(x) đổi dấu từ (−) → (+) nên ƒ(x) đạt cực tiểu tại x
0
.
Từ đó
0 0
5
( ) ( ) 2
4
f x f x x
y
≥ = −
→ P(x,y,z) ≥ ƒ(x) + 2y ≥ ƒ(x
0
) + 2y = g(y) (3)
Xét hàm số
2
9 1
( ) 2 32 14
4 2
g y y y
y y
= + + +

2 2
'( ) 0 (8 9) 32 14 28 0g y y y= ⇔ − + − =
Đặt t =
2
32 14y +
> 0 thì phương trình trên trở thành t
3
−50t−112 = 0 có nghiệm
duy nhất t = 8 ứng với y = 5/4
Có g’(5/4) = 0 nên với y > 0 và qua giá trị y
0
= 5/4 thì g’(y) đổi dấu từ (−) → (+)
nên g(y) đạt cực tiểu tại y
0
= 5/4. Tại đó g(5/4) = 15/2.
Ta có (3) →
5 15
( , , )
4 2
P x y z g
 
≥ =
 ÷
 
Đẳng thức xảy ra ↔
5 2
, 3,
4 3
y x z= = =
hay

1 4 3
, ,
3 5 2
a b c= = =
Vậy
15
min
2
P =
.
Bài toán 4:
Xét các số thực dương x,y,z thỏa mãn hệ








≥≥
≤≤
)3(
5
4
),2(
15
4
)1(},min{
5

2
yzxz
yxz
Tìm max :
zyx
P
zyx
321
),,(
++=
Giải : Từ (1) , (2) có:






≥
)4(
15
4
,max
z
zx
a) Xét hàm f(x) =
zx
11
+
với x > 0 và tham số
5

2
≥
z
Xảy ra 2 trường hợp :
+)Nếu
5
2
≥
z
thì
z
zx
15
4
≥≥
theo (4) nên
f(x)
15
211
≤=+≤
zzz
(5)
+) Nếu
15
2
5
2
≤≤
z
theo (1) thì

z
z
x
≥≥
15
4
theo (4)

→
f(x)
=+≤
Z
Z 1
4
15
g(z)
Xét hàm g(z) với
15
2
5
2
≤≤
z
Có :g’(z) =
0
1
4
15
2
<−

z
khi
15
2
<
z
Từ đó g(z) là hàm giảm và f(x)
≤
g(x)
≤
g






5
2
=4 (6)
So sánh (5) & (6) rút ra
4
11
≤+
zx
đồng thời
4
11
=+
zx

→
x=
5
2
,
3
2
=
z
(7)
b) Xét hàm số h(y) =
zy
11
+
( z
≥
5
2
là tham số)
Từ (1) ,(3)
→
y
≥
max







z
z
5
1
,
(8)
Lập luận như câu a) ta được
+) Nếu z
5
1
≥
thì h(y)
52
≤
(9)
+)
5
1
5
2
≤≤
z
→
h(y)
2
9
≤
(10)
So sánh (9)& (10)
→

2
911
≤+
zy
đồng thời :
1 1 9 2 1
,
2 5 2
khi z y
y z
+ = = =
Từ a) , b)
→
P






+≤
zx
11
+2









+
zy
11
=13
Dấu “=” xảy ra
5
2
,
2
1
,
3
2
===⇔
zyx
→
maxP ( x, y ,z ) = 13
***Sau đây là một số bài tập áp dụng phương pháp trên:
1) Cho x,y,z dương thỏa mãn :
1 1
min{ 2, 3}
2
2
3 6
3 10 2 5
z x y
x z
y z


≤ <



+ ≥


+ ≥



Tìm GTLN của
2 2 2
1 2 3
P
x y z
= + +
2) Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn:
2
2 2 2
0 3
3 2
1
18 4 3
3
z y x
xy y
x y z z x



< ≤ ≤ ≤


+ ≥



+ + ≥


Tìm GTLN của
3 3
1 80 18
z
2 27 8
F xy x y= + +