Phương pháp giải bài toán cực trị THCS
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (320.28 KB, 59 trang )
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
1
Mục lục
Tên đề mục
A- Phần mở đầu những vấn đề chung
I. Lí do chọn đề tài
II. Mục đích nghiên cứu
III. Khách thể và đối tợng nghiên cứu
V. Nhiệm vụ nghiên cứu
VI. Giới hạn đề tài
VII. Các phơng pháp nghiên cứu
B- phần nội dung Kết quả nghiên cứu
Chơng 0 . Đại cơng về cực trị
Chơng I . Cực trị số học
I. Phép chia hết và phép chia có d
II. Đồng d thức
III. Số nguyên tố
IV. Phơng trình DIOPHANTE
V. Một số bài toán cực trị khác
Chơng II . Cực trị đại số .
I. Phơng pháp tìm cực trị theo tính chất của luỹ thừa bậc hai .
II. Phơng pháp tìm cực trị theo tính chất giá trị tuyệt đối .
III. Phơng pháp tìm cực trị dựa vào điều kiện tồn tại nghiệm của ph-
ơng trình bậc hai ( Phơng pháp miền giá trị hàm số ).
IV . Phơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức Cô-si .
V. Phơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức Bunhiacopxki (B-
C-S) .
Chơng III . Cực trị hình học .
I. Phơng pháp tìm cực trị dựa vào mối quan hệ đờng vuông góc-đờng
xiên-hình chiếu ; bất đẳng thức tam giác ; khoảng cách giữa hai đờng thẳng
song song .
II. Phơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức trong đờng tròn
C- Phần kết luận .
Tài liệu tham khảo .
Bài soạn
Trang
2
2
2
3
3
3
3
4
4
5
5
7
8
11
13
15
18
18
20
22
25
28
30
31
32
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
2
A phần mở đầu .
những vấn đề chung .
I lí do chọn đề tài .
I.1. Lí do khách quan .
Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản , mang tính trừu tợng nhng mô
hình ứng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời sống xã hội ,
trong khoa học lí thuyết và khoa học ứng dụng .
Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp kiến thức cơ bản , dạy học sinh giải bài
tập SGK, STK mà quan trọng là hình thành cho học sinh phơng pháp chung để giải các
dạng Toán từ đó giúp các em tích cực hoạt động , độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kỹ
năng , kỹ sảo hoàn thiện nhân cách .
Trong Toán học , cực trị là một khái niệm rất hẹp nhng kiến thức liên quan đến nó thì
vô cùng rộng rãi . Trong chơng trình Toán THCS những bài toán cực trị có mặt rải rác
và hầu khắp các phân môn Số học , Đại số và Hình học . Học sinh từ lớp 6 đến lớp 9
đều đã gặp những bài toán cực trị với những yêu cầu nh : tìm số x lớn nhất sao cho...,
tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) của biểu thức ..., xác định vị trí của điểm M để độ dài
( diện tích , chu vi ...) của hình H nào đó đạt giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) ... Nhng khi
giải có thể giáo viên không dạy phơng pháp tổng quát hoặc có dạy nhng học sinh không
đợc tiếp thu theo hệ thống dạng toán .
Nói chung khi gặp toán cực trị đa phần học sinh e ngại và lúng túng trong cách giải .
I.2. Lí do chủ quan .
Trong những năm thực tế giảng dạy học sinh từ lớp 6 đến lớp 9 , dạy học sinh ôn
tập,ôn thi HSG và ôn thi THPT tôi nhận thấy sự cần thiết phải hình thành một cách có
hệ thống các dạng bài toán cực trị và phơng pháp giải để dạy học sinh . Tôi đã dành
nhiều thời gian nghiên cứu tài liệu , học hỏi đồng nghiệp , tìm tòi thử nghiệm với các
đối tợng học sinh đại trà và ôn thi . Đợc sự khuyến khích , giúp đỡ nhiệt tình của bạn bè
đồng nghiệp trong trờng , ở trờng bạn và đặc biệt là sự hớng dẫn chỉ dạy tận tình chu
đáo của thầy giáo Tống Trần Hoàn giảng viên khoa Toán Tin trờng ĐHSP Hà Nội ,
tôi đã mạnh dạn nghiên cứu bớc đầu đề tài :
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS .
II- Mục đích nghiên cứu .
Giúp học sinh nắm đợc phơng pháp giải một số dạng toán cực trị thờng gặp trong trờng
THCS , nâng cao dần kỹ năng kỹ sảo giải các dạng toán trên từ đó phục vụ tốt cho việc
giảng dạy của giáo viên và gạt bỏ t tởng e ngại của học sinh khi giải toán cực trị .
III Khách thể và đối t ợng nghiên cứu .
III.1. Khách thể nghiên cứu .
Phơng pháp giải một số dạng toán cực trị .
III.2. Đối t ợng nghiên cứu .
Học sinh trờng THCS Bình Minh Tp Hải Dơng .
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
3
IV Giả thuyết khoa học .
Dạy học sinh phơng pháp giải một số dạng toán cực trị thì trình độ , kỹ năng , kỹ
sảo của học sinh đợc nâng lên sau khi thực hiện đề tài là hiển nhiên không còn là giả
thuyết nh các đề tài khác . Tuy nhiên dự kiến kết quả đề tài là việc cần làm . Tôi mong
rằng sau khi thực hiện đề tài học sinh không còn cảm thấy sợ toán cực trị nữa ngợc lại
đa phần các em cảm thấy hứng thú hơn khi học toán và đều nắm đợc phơng pháp giải
một số dạng toán mà đề tài đề cập .
V Nhiệm vụ nghiên cứu .
- Xây dựng cơ sở lí luận , phơng pháp giải một số dạng toán cực trị Số học , Đại số ,
Hình học .
- áp dụng giảng dạy cho học sinh đại trà , học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào THPT
VI Giới hạn đề tài .
Vì đề tài đang ở bớc đầu nghiên cứu nên tôi chỉ xây dựng phơng pháp cho một số dạng
toán cực trị thờng gặp và cũng giới hạn trong đối tợng học sinh trờng THCS Bình Minh
Tp Hải Dơng .
VII Các ph ơng pháp nghiên cứu .
- Quan sát s phạm .
- Điều tra giáo dục .
- Tổng kết kinh nghiệm .
- Thực nghiệm s phạm .
- Lấy ý kiến chuyên gia .
- Nghiên cứu tài liệu và sản phẩm hoạt động s phạm .
- Phân tích và tổng hợp lí thuyết .
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
4
B - phần nội dung
kết quả nghiên cứu .
Sau một thời gian dài nghiên cứu tôi đã tổng hợp và xây dựng đợc những vấn đề về lí
thuyết nh sau :
Chơng 0 .
Đại cơng về cực trị .
Bài toán cực trị xuất phát từ thực tiễn và trong khi giải quyết những bài toán lớn . Cực
trị là tên gọi chung cho những bài toán tìm giá trị lớn nhất ( GTLN) và giá trị nhỏ nhất (
GTNN) . Trong lí thuyết Toán học hiện đại thì các phân môn Số học , Đại số , Hình học
đều có thể đợc định nghĩa qua tập hợp . Việc giải bài toán cực trị đối với mỗi phân môn
thì có sự giới hạn tập hợp số để xét . Trong chơng trình THCS chỉ xét giới hạn trong tr-
ờng số thực IR đối với phân môn Đại số và Hình học còn đối với phân môn Số học thì
chỉ xét trên vành số nguyên Z .
Theo lí thuyết Giải tích cổ điển , xét tập hợp số thực x
E
IR , khi đó nếu E không
rỗng và bị chặn thì tồn tại cận trên đúng M của E ( M = supE ) hoặc cận dới đúng m
của E ( m = infE ) hoặc cả hai . Tuy nhiên có thể cả M và m đều không thuộc E . Khi M
E ( hoặc m
E) ta viết M = maxE ( hoặc m = minE ) đây là cách viết tắt theo chữ
Latin ( max = maximum , min = minimum ) mà trong trờng phổ thông ta thờng gọi là
giá trị lớn nhất ( GTLN ) và giá trị nhỏ nhất ( GTNN ) .
Theo quan điểm trên việc tìm maxE = M hoặc minE = m phải bao gồm đồng thời cả
hai điều kiện :
i) M = E hoặc m = E .
ii)
x
E để M = E hoặc m = E .
( Đối với phân môn Hình học ta hiểu x là một điều kiện ràng buộc mà đề bài yêu cầu)
Sau đây là những dạng bài tập và phơng pháp cụ thể đối với từng phân môn xét theo
quan điểm trên .
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
5
Chơng 1 .
cực trị số học .
I phép chia hết và phép chia có d .
A . Lí thuyết cơ bản .
1. Định nghĩa .
1.1 . Phép chia hết và phép chia có d .
Cho a , b
Z , b > 0 . Chia a cho b ta có : a chia hết cho b hoặc a không chia hết cho
b .
Nếu a chia hết cho b ta kí hiệu là a
b ta còn nói b chia hết a hay b là ớc của a và kí
hiệu là b | a .
Nếu a không chia hết cho b ta đợc thơng gần đúng q và d là r , ta viết :
a = bq + r , 0 < r < b .
1.2. ớc chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất .
Cho hai số nguyên dơng a , b .
ớc chung lớn nhất của a và b đợc kí hiệu là ƯCLN ( a,b) hay ( a , b ) . Số d gọi là ớc
chung của a và b khi và chỉ khi d là ớc của ƯCLN(a ,b) :
d | a và d | b
d | (a,b) .
Bội chung nhỏ nhất của a và b đợc kí hiệu là BCNN(a,b) hay [a,b] . Số m là BCNN(a,b)
khi và chỉ khi m là bội của BCNN(a,b) :
m
a và m
b
m
[a,b] .
Hai số đợc gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi (a,b) = 1 .
* Tuy nhiên , trong việc tìm ƯCLN của hai số dơng a, b ( a>b) ngời ta còn có thể sử
dụng thuật toán Euclide nh sau :
i) a = bq
(a,b) = b .
ii) a = bq + r ( r
0 )
(a,b) = (b,r)
b = rq
1
+ r
1
( r
1
0)
(b,r) = (r,r
1
)
r = r
1
q
2
+ r
2
(r
2
0)
(r,r
1
) = (r
1
,r
2
)
.........................................................
r
i
= r
i+1
q
i+2
(a,b) = (r
i
,r
i+1
) .
2. Một số định lí quan trọng th ờng dùng .
2.1. a) (ca,cb) = c(a,b) .
b)
c
ba
c
b
c
a ),(
;
=
( với c =ƯC(a,b) ) .
2.2. a.c
b và (a,b) = 1
c
b .
2.3. c
a và c
b và (a,b) = 1
c
a.b .
2.4. Định lí về phép chia có d .
Với mọi cặp số tự nhiên a,b ( b
0) bao giờ cũng tồn tại duy nhất cặp số q , r sao
cho : a = bq + r ( với
br
<
0
) .
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
6
2.5 . Định lí .
Trong sự phân tích số n! ra thừa số nguyên tố ( n! = 1.2.3....n) .
k
a
aa
k
pppn .....!
21
21
=
thì số mũ a
i
của thừa số p
i
nào đó sẽ là :
.................
2
+
++
+
=
k
ii
i
i
p
n
p
n
p
n
a
(
[ ]
x
là kí hiệu phần nguyên của số x , đó là số
nguyên lớn nhất không vợt quá x ) .
B . Một số ph ơng pháp th ờng dùng trong giải bài toán chia hết .
1. Để chứng minh A(n) ( n
Z ) chia hết cho một số nguyên tố p , ta có thể xét mọi
trờng hợp về số d khi chia n cho p .
2. Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m ta thờng phân tích m ra thừa số nguyên
tố . Giả sử m = pq , ta tìm cách chứng minh A(n)
p và A(n)
q suy ra A(n) A(n)
pq do (p,q) = 1 .
Nếu (p,q)
1 thì ta phân tích A(n) rồi chứng minh tích đó chia hết cho m . Ta cũng có
thể phân tích A(n) thành tổng nhiều số hạng cùng chia hết cho m .
3. Ta thờng sử dụng kết quả sau :
Nếu số d khi chia a cho b>0 là r ( 0< r <b) thì số d khi chia a
n
( n>1) cho b là số d khi
chia r
n
cho b ( số d này bằng r
n
nếu r
n
< b ) .
C . Bài tập áp dụng .
* Qui ớc :
Nếu a là số lớn nhất trong các số a ,b ,c, d thì ta kí hiệu max(a,b,c,d) = a .
Nếu b là số nhỏ nhất trong các số a ,b ,c, d thì ta kí hiệu min(a,b,c,d) = b .
Bài số 1 :
Tìm số nguyên dơng n nhỏ nhất sao cho 2
n
1
7 .
Giải :
Xét phép chia số nguyên n cho 3 thì n chỉ có một trong ba dạng : n = 3k ; n = 3k+1 ; n
= 3k+3 ( k
Z) .
Với n = 3k ta có : 2
n
1 = 8
k
1
7 .
Với n = 3k+1 ta có : 2
n
-1 = 2.8
k
-1=2(8
k
-1) + 1 không chia hết cho 7 .
Với n = 3k+2 ta có : 2
n
1=4.8
k
-1= 4(8
k
-1) + 3 không chia hết cho 7 .
Vậy với n
3 thì 2
n
1
7 mà n là số nguyên dơng nhỏ nhất nên n = 3 .
Bài số 2 :
Tìm số tự nhiên k lớn nhất thoả mãn : ( 1994!)
1995
1995
k
.
Giải :
Ta có : 1995
k
= (3.5.7.19)
k
= 3
k
.5
k
.7
k
.19
k
. Ta cần tìm số mũ lớn nhất của mỗi thừa số 3 ,
5 , 7 ,19 trong số (1994!)
1995
.
Ta có :
Số mũ của 3 trong 1994! là :
9920.........221664
3
1994
.........
3
1994
3
1994
72
=+++=
++
+
.
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
7
Tơng tự : Số mũ của 5 trong 1994! là : 495 .
Số mũ của 7 trong 1994! là : 329 .
Số mũ của 19 trong 1994! là : 109 .
Vậy trong 1994! có các thừa số : 3
992
; 5
495
; 7
329
; 19
109
.
Suy ra : (1994!)
1995
= (3
992
. 5
495
. 7
329
. 19
109
. M )
1995
. Với M là tích các thừa số không
chứa các thừa số nguyên tố 3 ; 5 ; 7 ; 19 .
Với k = 109.1995 thì ( 1994!)
1995
1995
k
.
Với k = 109.1995 + 1 thì ( 1994!)
1995
không chia hết cho 1995
k
.
Vậy k = 109.1995 là số tự nhiên lớn nhất cần tìm .
Bài số 3 .
Tìm GTLN và GTNN của n để P = (n+5)(n+6)
6n .
Giải :
Ta xét 2 trờng hợp :
* Với n>0 :
Ta phải tìm n để P = (n+5)(n+6)
6n .
Ta có : P = (n+5)(n+6)
6n = n
2
+ 11n + 30 = 12n + ( n
2
n + 30 ) .
P
6n
( n
2
n + 30 )
6n ; n | n
2
n nên n | 30 , 6 | 30 nên 6 | n
2
n = n(n-
1) .
n(n-1) là số chẵn vì là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên n(n-1)
3
n
3 hoặc
n-1
3 .
Vậy P
6n thì n là ớc của 30 và là bội của 3 hoặc bội của 3 cộng thêm 1
n =
{1;2;3;6;10;15;30} . Thay các giá trị trên vào P = ( n+5)(n+6) và 6n thì ta có n =
{1;3;10;30} (*) thoả mãn điều kiện bài toán .
* Với n< 0 :
Đặt m = - n . Ta tìm m sao cho : P = ( -m+5)(-m+6)
-6m . Giải nh trên ta tìm đợc n
= { -2;-5;-6;-15} (**) thoả mãn điều kiện bài toán .
Kết hợp (*) và (**) ta có n = {1;3;10;30;-2;-5;-6;-15} .
Vậy max n = max (1;3;10;30;-2;-5;-6;-15 ) = 30 .
min n = min(1;3;10;30;-2;-5;-6;-15 ) = -15 .
Bài số 4 .
Cho A = m+n và B = m
2
+ n
2
trong đó m,n là những số tự nhiên nguyên tố cùng nhau.
Tìm max (ƯCLN) ( min(BCNN) ) của A và B .
Giải :
Gọi d = (m+n,m
2
+n
2
)
(m+n)
2
d
(m+n)
2
(m
2
+ n
2
) = 2mn
d
d là ớc
chung của m+n và 2mn (*) .
(m,n) = 1
(m+n , n) = (m+n,m) = (m+n,mn) = 1 (**) .
Từ (*) và (**)
2
d
d = 1 hoặc d = 2 hay d = {1,2} .
Vậy max d = max ( 1,2) = 2 .
min d = min (1,2) = 1 .
D . Bài tập tự luyện .
Tìm số nguyên a lớn nhất và nhỏ nhất sao cho 100 < a < 150 ; a chia 5 d 2 và a chia 7
d 3 .
II - Đồng d thức và ph ơng trình đồng d .
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
8
A . Lí thuyết cơ bản .
1 . Định nghĩa và tính chất đồng d thức .
1.1. Định nghĩa đồng d thức .
Cho một số nguyên dơng m . Nếu a hai số nguyên a và b có cùng số d khi chia cho m
( tức là m n chia hết cho m ) thì ta nói rằng a đồng d với b modun m và ta kí hiệu : a
b ( mod m ) . Đây là một đồng d thức với a là vế trái , b là vế phải .
Nói riêng , a
0 ( mod m ) nghĩa là a chia hết cho m .
Trong trờng hợp
mb
<
thì a
b ( mod m ) có nghĩa là chia a cho m có d là b .
1.2 . Các tính chất của đồng d thức .
1.2.1. Ta có : a
a với
a .
a
b ( mod m)
b
a ( mod m)
a
b ( mod m) và b
c ( mod m)
a
c ( mod m) .
1.2.2. Nếu a
b ( mod m) và c
d ( mod m) thì a
c
b
d ( mod m) ; ac
bd ( mod m) .
Suy ra :
i) a
b ( mod m)
a
c
b
c ( mod m)
ii) a+c
b (mod m )
a
b-c ( mod m)
iii) a
b ( mod m)
na
nb ( mod m)
iv) a
b ( mod m)
a
n
b
n
( mod m) .
1.2.3. a
b ( mod m)
d
b
d
a
( mod m) với d là ớc chung của a và b và (d,m) = 1
1.2.4. Nếu a
b ( mod m) và c>0 thì ac
bc ( mod mc) .
Nếu d là ớc chung dơng của a,b,m thì ax
b ( mod m)
d
b
d
a
( mod
d
m
) .
2. Định nghĩa ph ơng trình và hệ ph ơng trình đồng d .
2.1. Định nghĩa ph ơng trình đồng d bậc nhất một ẩn .
Phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn là đồng d thức có dạng : ax
b ( mod m) với a
không chia hết cho m .
Trong đó a,b,m>0 là những số đã biết , x là ẩn .
2.2. Tính chất .
2.2.1. Phơng trình đồng d ax
b ( mod m) có nghiệm duy nhất nếu (a,m) = 1 .
( ta hiểu phơng trình đồng d ax
b ( mod m) có nghiệm duy nhất nghĩa là tất cả các
nghiệm đều thuộc một lớp các số đồng d với b modun m ) .
2.2.2. Bằng các phép biến đổi của dồng d thức bao giờ ta cũng đa phơng trình đồng d
bậc nhất về dạng ax
b ( mod m) với m>a>0 và m>b
0 .
2.3. Định nghĩa hệ phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn .
Hệ phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn là hệ các đồng d thức có dạng :
)(mod
............................
)(mod
)(mod
222
111
nnn
mbxa
mbxa
mbxa
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
9
Bằng cách biến đổi tơng đơng các đồng d thức ta có thể qui hệ phơng trình đồng d bậc
nhất một ẩn về phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn .
B. Ph ơng pháp giải bài toán cực trị đối với ph ơng trình đồng d .
Từ lí thuyết ở trên , ta biết rằng luôn đa đợc phơng trình ( hệ phơng trình ) đồng d về
dạng ax
b ( mod m) . Do đó vấn đề ở đây là từ điều kiện đề bài ta chuyển về
phơng trình ( hệ phơng trình ) đồng d một ẩn , biến đổi tơng đơng về phơng trình dạng
ax
b ( mod m) rồi theo điều kiện bài toán ta suy ra GTLN ( GTNN) của ẩn cần tìm .
C. Bài tập áp dụng .
Bài số 1.
Tìm số nguyên x lớn nhất , nhỏ nhất thoả mãn : - 10<x<25 và 17x
13(mod11) .
Giải :
Ta có :
17x
13(mod11)
6x
2 ( mod 11)
3x
1 ( mod 11)
3x = 1 + 11t ( t
Z) .
Do - 10<x<25 nên t = { -2,-1,0,1,2,3,4,5,6}
x = {-3,4,15} .
Vậy max x = max(-3,4,15) = 15.
min x = min ( -3,4,15) = -3 .
Bài số 2 .
Tìm số học sinh lớn nhất trong một sân trờng THCS biết khi cho học sinh xếp hàng
3,5,7 thì số lẻ hàng cuối lần lợt là 2,3,4 và đoán chừng số học sinh đó không thể vợt quá
900 em .
Giải :
Theo đề bài ta phải giải hệ phơng trình đồng d sau:
x
2 ( mod 3 ) ( 1)
x
3 ( mod 5 ) ( 2)
x
4 ( mod 7 ) ( 3)
Hệ (1) , (2) cho ta phơng trình : x
8 (mod 15) (4)
Từ (4)
x = 8 + 15k (*) thay vào (3) ta có : 8 + 15k
4 ( mod 7)
15k
-4
( mod 7)
k
3 ( mod 7)
k = 3 + 7t . Do (*)
k
59
3 +7t
59
t
8
.
Để x đạt max thì k và do đó t đạt max
t = 8
k = 59
x = 893 .
Vậy số học sinh lớn nhất có thể có trong trờng là 893 em .
D . Bài tập tự luyện .
Tìm số tự nhiên x lớn nhất , nhỏ nhất thoả mãn : x
1000 và khi chia x cho 3,5,9,11
thì đợc số d lần lợt là 1, 3 ,4 ,9 .
III Số nguyên tố .
A . Lí thuyết cơ bản .
1. Định nghĩa .
- Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 , chỉ có hai ớc là 1 và chính nó .
Các số còn lạ gọi là hợp số . Từ đó suy ra , số 0 và số 1 không phải là số nguyên tố , số
2 là số nguyên tố chẵn duy nhất và nhỏ nhất .
.
2.1. Định lí cơ bản của số học .
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
10
2. Các tính chất .
2.3. Ước số nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số N là số không vợt quá
N
.
Từ đó suy ra : nếu số N > 1 không có một ớc nguyên tố nào từ 2 cho đến
N
thì N là
một số nguyên tố .
2.4. Có vô số số nguyên tố dạng ax + b với (a,b) = 1 .
2.5. Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n
1 , mọi số nguyên tố lớn hơn 3
đều có dạng 6n
1 ( n > 0 ) .
B. Ph ơng pháp tìm cực trị với số nguyên tố .
Không có phơng pháp chung để giải các dạng bài tập về số nguyên tố , ta thờng phân
tích thành dạng tích từ dữ kiện đề bài rồi sử dụng tính chất chia hết để lọc hoặc có thể
quét các trờng hợp nếu số lần quét có thể kiểm soát đợc .
C. Bài tập áp dụng .
Bài số 1 .
Tìm số lớn nhất , nhỏ nhất có hai chữ số
ab
sao cho
ba
ab
là số nguyên tố .
Giải :
Vì a,b có vai trò nh nhau nên ta giả sử a>b . Gọi p =
ba
ab
với p nguyên tố
ab
p
a
p hoặc b
p
p = 2,3,5 hoặc 7
ab=pa-pb
(a+p)(p-b)=p
2
=
=+
1
2
bp
ppa
=
=
1
2
pb
ppa
.
* Với p=2 ta có số
ab
=21,22.
* Với p=3 ta có số
ab
= 62,26.
* Với p=5 và p=7 thì a có hai chữ số nên loại .
ab
={21,22,26,62} .
Vậy max
ab
= max ( 21,22,26,62) = 62 .
min
ab
= min( 21,22,26,62)=21 .
Bài số 2 .
Tìm số nguyên tố p lớn nhất , nhỏ nhất sao cho 13p+1 là lập phơng của một số tự
nhiên .
Giải :
Với số n tự nhiên , theo đề bài ta phải tìm số p sao cho : 13p = n
3
1
13p = ( n-1)(n
2
+n+1) . Do (13,p)=1 nên n-1=13 hoặc n
2
+n+1 = 13
n= 14 hoặc
n=3
p=211 hoặc p=2 .
Vậy max p = 211, min p = 2 .
Bài số 3 .
Tìm k để dãy : k +1,k+2,....., k+9,k+10 có nhiều số nguyên tố nhất .
Giải :
Trong 10 số liên tiếp luôn có 5 số chẵn ( trong đó có nhiều nhất một số nguyên tố là 2) .
Vậy có không quá 6 số nguyên tố .
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
11
Với k=0 thì từ 1 đến 10 có 4 số nguyên tố ( 2,3,5,7) .
Với k=1 thì từ 2 đến 11 có 5 số nguyên tố ( 2,3,5,7,11) .
Với k>1 thì từ 3 trở đi không có số chẵn nào nguyên tố , trong 5 số lẻ liên tiếp có một
số là bội của 3 do đó trong dãy có ít hơn 5 số nguyên tố .
Vậy với k=1 thì dãy có nhiều số nguyên tố nhất .
D. Bài tập tự luyện .
Tìm số nguyên tố lớn nhất không vợt quá 98 có dạng p
3
+ 2 .
IV Ph ơng trình DIOPHANTE .
A. Lí thuyết cơ bản .
1.Định nghĩa .
Một phơng trình có nhiều ẩn số với tất cả các hệ số đều là những số nguyên và ta
phải tìm nghiệm nguyên của nó đợc gọi là phơng trình DIOPHANTE .
Nói chung phơng trình DIOPHANTE có nhiều nghiệm nguyên nên ta còn gọi là phơng
trình vô định .
Ví dụ : 7x + 4y = 10 .
x
2
+y
2
= z
2
x
3
7y
2
= 1 ....
2.Ph ơng trình bậc nhất .
2.1.Ph ơng trình bậc nhất hai ẩn .
2.1.1. Định nghĩa .
Phơng trình bậc nhất hai ẩn là phơng trình có dạng : ax + by = c trong đó a,b,c là
những số nguyên , a và b đồng thời khác 0 .
2.1.2. Một số tính chất .
2.1.2.1. Phơng trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi và chỉ khi (a,b)=1 .
2.1.2.2. Nếu phơng trình ax + by = c có một nghiệm nguyên (x
0
,y
0
) thì nó có vô số
nghiệm nguyên dạng :
=
+=
atyy
btxx
0
0
trong đó t
Z .
2.2. Ph ơng trình bậc nhất n ẩn (n>2).
Phơng trình bậc nhất n ẩn (n>2) là phơng trình có dạng :
a
0
+ a
1
x
1
+a
2
x
2
+......+a
n
x
n
=0 trong đó a
i
Z ( i = 0,1,..,n) .
Phơng trình bậc nhất n ẩn (n>2) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi các hệ số a
i
đôi một
nguyên tố cùng nhau .
2.3. Định lí lớn Fermat .
Fermat đã chứng minh đợc rằng : Với mọi số tự nhiên n >2 thì phơng trình x
2
+y
2
=z
2
không có nghiệm nguyên dơng .
Khi n = 2 thì nghiệm tổng quát của phơng trình là :
+=
=
=
)(
2
)(
22
22
qpmz
mpqy
qpmx
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
12
2.4.Phơng trình PELL.
là phơng trình có dạng : x
2
Dy
2
=1 .
B. Ph ơng pháp tìm cực trị với ph ơng trình DIOPHANTE .
Nh trên đã trình bày , phơng trình DIOPHANTE là phơng trình vô định , thậm chí
nhiều phơng trình cha tìm ra lời giải tổng quát . Do phạm vi khuôn khổ đề tài nên tôi
không chuyên sâu vào phép giải phơng trình mà chỉ giới hạn với một khoảng nguyên
của ẩn để tìm max , min theo dữ kiện đề bài và chỉ với những phơng trình đơn giản . Ph-
ơng pháp giải chung cho những bài toán đơn giản này là từ dữ kiện đề bài ta thiết lập
phơng trình rồi sử dụng tính chất chia hết hoặc đồng d thức hoặc kiến thức liên phân số
để tìm nghiệm riêng hoặc nghiệm tổng quát . Trên khoảng nguyên xác định ta tìm đợc
max , min thoả đề bài .
C. Bài tập áp dụng .
Bài số 1 .
Có ba ngời đi câu cá . Trời đã tối nên họ bỏ cá trên bờ sông rồi mỗi ngời tìm một nơi
để ngủ . Ngời thứ nhất thức dậy đếm số cá thấy chia 3 thì thừa 1 nên ném 1 con xuống
sông rồi xách 1/3 về nhà . Ngời thứ 2 thức dậy tởng hai bạn còn ngủ , đếm số cá chia 3
thấy thừa 1 con nên ném 1 con xuống sông rồi xách 1/3 về nhà . Ngời thứ 3 thức dậy t-
ởng mình dậy sớm nhất đếm số cá chia 3 thấy thừa 1 con nên ném 1 con xuống sông rồi
xách 1/3 về nhà . Hỏi họ câu đợc nhiều nhất bao nhiêu con cá biết số cá không vợt quá
170 con .
Giải :
Gọi số cá câu đợc của ba ngời là x và y là số cá còn lại khi cả ba đã lấy đi phần của
mình thì ta có phơng trình :
3827811)1(
3
2
3
2
3
2
==
yxyx
( x,y
N và x<170) .
áp dụng thuật toán Euclide ta có nghiệm riêng là : x
0
=-10.38 =-380, y
0
=-3.38=-144
+=
+=
ty
tx
8144
27380
( t
Z)
Do x<170 nên t lớn nhất là 20 khi đó x = 160 , y = 16 .
Vậy số cá lớn nhất ba ngời câu đợc là 160 con .
Bài số 2 .
Tìm số tự nhiên x nhỏ nhất sao cho x
9, x+1
25 và x+2
4 .
Giải :
Do x
9, x+1
25 nên
u,v
N : x = 9u , x+1 = 25v
25v-9u = 1 . phơng trình
này có nghiệm tổng quát là v = 4 + 9t , u = 11 + 25t
x = 99 + 225t ( t
N) .
Ta lại có : x+2 = 4y
101 + 225t = 4y
t=-101 +4k
x = -22626 + 900k .
Do t > 0 nên k
26
min x = -20286 khi k = 26 .
Bài số 3 .
Tìm số nghiệm nguyên dơng lớn nhất của phơng trình :
1991
1111
=++
zyx
.
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
13
Giải :
Với mọi bộ (x,y,z) thoả mãn phơng trình ta giả sử
zyx
<
0
thì :
1991.31991
3
1991
11111111
0
<=++<<
x
xzyxxxyz
nghĩa là x lấy một số hữu hạn giá
trị không nhiều hơn 2.1991 . Với mỗi giá trị của x ta có :
1991.2
1991
1991.22111
1991
1
2
+=
x
x
y
yzyx
.
Với x,y đã biết thì có nhiều nhất là một giá trị tơng ứng của z .
Vậy có nhiều nhất là 2
3
.1991 nghiệm .
D. Bài tập tự luyện .
Bài số 1 .
Trong các số tự nhiên từ 200 đến 500 tìm số lớn nhất , số nhỏ nhất chia cho 4,5,7 lần lợt
có d là 3,4,5.
Bài số 2.
Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia nó cho 7,5,3,11 thì đợc d tơng ứng là
3,2,1,9 .
V- một số bài toán cực trị khác .
Bài số 1 .
Tìm GTLN, GTNN của tích xy biết x và y là các số nguyên dơng thoả mãn :
x+y = 2005 .
Giải :
Ta có 4xy = (x+y)
2
(x-y)
2
= 2005
2
(x-y)
2
.
Giả sử x>y ( không thể có x = y) . Ta có : xy lớn nhất
x-y nhỏ nhất ; xy nhỏ nhất
x-y lớn nhất .
Do
20041
<
xy
nên
20031
yx
. Ta có min(x-y) = 1
x = 1003 ; y=1002 .
max (x-y) = 2003
x = 2004; y=1 .
Do đó : max(xy) = 1005006
x=1003; y =1002 .
min(xy) = 2004
x=2004 ; y= 1 .
Bài số 2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x
2
+4y biết rằng x,y là các số tự nhiên và A
không phải là số chính phơng .
Giải :
Vì A không chính phơng nên A>1 .
Xét A = 2 ta có 2=x
2
+4y nên x chẵn . Khi đó vế phải chia hết cho 4 , vế trái không chia
hết cho 4 nên loại .
Xét A=3 ta có : 3 = x
2
+4y nên x lẻ . Khi đó vế phải chia 4 d 1, vế trái chia 4 d 3 nên
loại .
Xét A = 5 ta có : 5=x
2
+ 4y , tồn tại x,y thoả mãn đẳng thức trên nh x=
3 ,y=-1 .
Vậy GTNN của A là 5 .
Bài số 3 .
Cho dãy (1) gồm 50 số hạng : 20+1
2
; 20+2
2
; 20+3
2
;....; 20+49
2
; 20+50
2
.
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
14
Xét dãy (2) gồm 49 số là ƯCLN của mỗi số hạng của dãy (1) , không kể số hạng cuối
cùng với số hạng đứng liền sau nó trong dãy ấy . Tìm số lớn nhất trong dãy thứ (2) .
Giải :
Ta có : 49 số số hạng đầu của dãy (1) có dạng : 20+n
2
( n=1,2,..,49) . Gọi d là số bất kì
của dãy (2) , d =ƯCLN(20+n
2
, 20+(n+1)
2
) .
Ta có : (20 +n
2
+2n +1)-(20+n
2
)
d
2n+1
d
2(20+n
2
)-n(2n+1)
d
40-n
d
2(40-n)+(2n+1)
d
81
d .
Do đó d
81 . Với d = 81 ta có 40-n
81 . Do n
{1,2,3,...,49} nên n =40 .
Vậy số lớn nhất trong dãy (2) là 81 , đó là ƯCLN(20+40
2
,20+41
2
) .
Bài số 4.
Tìm số chính phơng lớn nhất biết rằng nếu xoá hai chữ số tận cùng của nó ( hai chữ số
này không cùng bằng 0 ) , thì ta đợc một số chính phơng .
Giải :
Gọi số chính phơng cần tìm là n
2
ta có : n
2
= 100A +b ( A là số trăm ,
991
b
) .
Theo đề bài , 100A là số chính phơng nên A là số chính phơng .
Đặt A = a
2
( a
N ) . Ta cần tìm GTLN của a .
Ta có : n
2
>100a
2
n>10a
n
10a+1 .
Do b
99 nên 20a+1
99
a
4 .
Ta có : n
2
= 100a
2
+b
1600+99 = 1699 . Kiểm tra lại : 42
2
= 1764 , 41
2
= 1681 .
Số chính phơng lớn nhất phải tìm là 1681 = 41
2
.
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
15
Chơng 2 .
cực trị đại số .
I Ph ơng pháp tìm cực trị theo tính chất của luỹ thừa
bậc hai .
A. Lí thuyết cơ bản .
Ta đã biết A
2
0 ( -A
2
0) với mọi giá trị của biến trên tập xác định E của A .
Nh vậy nếu biểu thức M ( nguyên hoặc phân ) đa đợc về dạngM=A
2
+ k ( hoặc
M=m-A
2
) thì rõ ràng supM= m ( infM=k) . Nếu tồn tại giá trị của biến để M = k
( hoặc M=m) thì maxM = m ( min M = k) .
B. bài tập áp dụng .
Bài số 1 .
Tìm max ( min) của các biểu thức sau :
a) A = 2x
2
- 8x+1 .
b) B = -5x
2
- 4x +1 .
Giải:
a) Ta có : A = 2x
2
- 8x+1 = 2( x
2
- 4x +4) -7 = 2(x-4)
2
7
-7 . Dấu = xảy ra khi
x=4. Vậy minA=-7 khi x=4 .
b) Ta có : B = -5x
2
- 4x +1 =
5
9
5
9
)
5
2
(5
5
9
)
25
4
5
4
(5
22
++=+++
xxx
. Dấu = xảy ra khi
x=-
5
2
. Do đó maxB =
5
9
khi x=-
5
2
.
L u ý : Khi chuyển biểu thức cần tìm max , min có thể học sinh mắc sai lầm .
Ví dụ : A = ( x-1)
2
+ (x-3)
2
9
- 9 vì (x-1)
2
0 và (x-3)
2
0
minA = -9 nhng
không tồn tại x thoả mãn điều đó . Ta cần làm nh Bài 1a) .
Bài số 2 .
Tìm min của C =
2006
xx
.
Giải :
Để C tồn tại thì ta phải có : x
2006 (*) .
Ta có :
C =
2006
xx
= x 2006 -
2006
x
+
4
1
+
4
8023
=
4
8023
4
8023
)
2
1
2006(
2
+
x
Vậy min C =
4
8023
.
4
8027
2
1
2006
==
xx
( thoả (*)) .
Bài số 3.
Tìm min của D = (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) .
Giải :
Tập xác định của D là IR .
Ta có : D = ( x
2
+ 5x + 4)( x
2
+ 5x + 6) = ( x
2
+ 5x + 5)
2
1
- 1 .
Dấu = xảy ra khi : ( x
2
+ 5x + 5)
2
= 0
( x
2
+ 5x + 5) = 0
2
55
+
=
x
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
16
hoặc
2
55
=
x
. Vậy minD = - 1
2
55
+
=
x
hoặc .
2
55
=
x
Bài số 4 .
Tìm min của E = x
2
+2y
2
-2xy - 4y + 5 .
Giải :
Tập xác định của E là IR
2
.
Ta có : E = x
2
+2y
2
-2xy - 4y + 5 = ( x-y)
2
+ (y-2)
2
+ 1 .
Vì ( x-y)
2
0
x,y và (y-2)
2
0
y nên E
1
x,y .
Dấu = xảy ra khi
2
202
0
==
=
=
=
=
yx
y
yx
y
yx
.
Vậy minE = 1 khi x=y=2 .
Bài số 5 .
Tìm min của F = x
2
+ 2y
2
+ 3z
2
-2xy + 2xz -2x -2y 8z + 2012 .
Giải :
Tập xác định của F là IR
3
.
Ta có : F = ( x-y+z-1)
2
+ ( x+z-2)
2
+ ( z-1)
2
+ 2006 .
Vì : ( x-y+z-1)
2
0
x,y,z , ( x+z-2)
2
0
x,z và ( z-1)
2
0
z nên F
2006
x,y,z .
Dấu = xảy ra khi
=
=
=
=
=+
=+
1
1
1
01
02
01
z
y
x
z
zx
zyx
.
Vậy min F = 2006
x=y=z=1 .
Bài số 6 .
Tìm min của G =
2
956
2
xx
.
Giải :
Ta có : G =
4)13(
2
569
2
956
2
222
+
=
+
=
xxxxx
. Do (3x-1)
2
0
x
( 3x-1)
2
+4
4
x
2
1
4
2
4)13(
2
4
1
4)13(
1
22
=
+
+
xx
G
2
1
.
min G =
2
1
3x 1 = 0
x =
3
1
.
Bài số 7 .
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
17
Bài số 8 .
Tìm max , min của I =
1
43
2
+
x
x
.
Giải :
* Tìm min I .
Ta có : I =
11
1
)2(
1
144
2
2
2
22
+
=
+
+
x
x
x
xxx
. Min I = -1
x=2 .
* Tìm max I .
Ta có : I =
4
1
)12(
4
1
14444
2
2
2
22
+
+
=
+
+
x
x
x
xxx
.Max I = 4
2
1
=
x
.
Bài số 9 .
Tìm min của K = x
3
+ y
3
+ xy biết rằng x+y=1 .
Giải :
Ta có : K = (x+y)(x
2
-xy+y
2
) + xy = x
2
xy + y
2
+ xy = x
2
+ y
2
.
Có nhiều cách giải ở đây , ví dụ :
K = x
2
+ (1-x)
2
=
2
1
2
1
)
2
1
(2
2
+
x
. Min K =
2
1
khi
2
1
2
1
== yx
.
Bài số 10 .
Tìm min của L = x
2
+ y
2
+ z
2
biết rằng x + y + z = 3 .
Giải:
Ta có : x + y + z = 3
( x+ y + z)
2
9
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx ) = 9
L + 2(xy + yz + zx ) = 9 (*) .
Ta luôn có : x
2
+ y
2
+ z
2
xy + yz + zx
x,y,z , dấu = khi x=y=z nên từ (*) suy ra :
3L
9
L
3
min L = 3 khi x=y=z = 1 .
C . bài tập tự luyện .
Bài số 1 .
Tìm max ( min ) của mỗi biểu thức sau :
a) A = x
2
-5x + 1 .
b) B = 1 x
2
+ 3x .
Bài số 2 .
Tìm min của mỗi biểu thức sau :
a) C = ( x-1)(x- 3)(x
2
- 4x + 5) .
b) D = x
2
2xy + 2y
2
+ 2x -10y + 17 .
Bài số 3 .
Tìm max của biểu thức sau :
E = xy + yz + xz biết x+y+z=12 .
Bài số 4 .
Tìm max ( min ) của mỗi biểu thức sau :
a) F =
52
1763
2
2
+
+
xx
xx
; b) G =
9
1227
2
+
x
x
; c) H =
14
38
2
+
+
x
x
.
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
18
II- Ph ơng pháp tìm cực trị theo tính chất giá trị tuyệt đối .
A . Lí thuyết cơ bản .
Ta biết rằng : với A , B là những biểu thức đại số thì :
i)
BABA
++
ii)
BABA +
Dấu bằng xảy ra khi A.B
0 .
B. bài tập áp dụng .
Bài số 1 .
Tìm min của A =
82
++
xx
.
Giải :
Ta có : A =
82
++
xx
=
108282
=++++
xxxx
.
Suy ra minA = 10 khi (2-x)(x+8)
0
28
x
.
Bài số 2.
Tìm max của B =
)11(2)11(2
+++++
xxxx
.
Giải :
Tập xác định của B là x
-1 (*) .
Ta có : B =
211111111)11()11(
2
2
=+++++++=+++
xxxxxx
Suy ra max B = 2 khi (
00)11)(11(
+++
xxx
(thoả(*)) .
C . Bài tập tự luyện .
Bài số 1 .
Tìm max của biểu thức :
a) C =
143143
+++
aaaa
b) D =
2222
2007401420064012
+++
xxxx
Bài số 2 .
Tìm min của biểu thức :
a) E =
22
1664 xxx
++
b) F =
4
1
44
22
+++
xxxx
.
III Ph ơng pháp tìm cực trị dựa vào điều kiện tồn tại
nghiệm của ph ơng trình bậc hai ( ph ơng pháp miền giá trị
hàm số ) .
A.Lí thuyết cơ bản .
Ta đã biết : phơng trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 có nghiệm nếu
04
2
=
acb
.
Nếu biểu thức A =
)(
)(
xg
xf
xác định trên miền D có thể qui về dạng :
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
19
f(A)x
2
+ g(A)x + k = 0 (1) ( k là một số thực ) thì rõ ràng với mỗi x thuộc tập nguồn D
thoả (1) sẽ cho một ảnh h(A) của tập đích E của A . Vì vậy bằng cách gián tiếp dựa vào
điều kiện có nghiệm của phơng trình (1) ta sẽ xác định đợc tập đích E và do đó
chỉ ra giới hạn miền giá trị của A hay chỉ ra maxA , minA .
B. bài tập vận dụng .
Bài số 1 .
Tìm max , min của A =
1
1
2
2
++
+
xx
xx
.
Giải :
Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phơng trình sau có nghiệm :
a =
1
1
2
2
++
+
xx
xx
(1) .
(a-1)x
2
+ (a+1)x + (a-1) = 0 ( Do x
2
+x +1 > 0
x ) . (2)
* Nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0 .
* Nếu
1
a
thì để (2) có nghiệm ta cần có
)1(3
3
1
0)3)(13(0)1(4)1(0
22
+
aaaaaa
.
Với
3
1
=
a
hoặc a=3 thì nghiệm (2) là :
)1(2
1
)1(2
)1(
a
a
a
a
x
+
=
+
=
.
Với
3
1
=
a
thì x = 1 , với a=3 thì x = -1 .
Kết hợp hai trờng hợp trên ta có : min A =
1
3
1
=
x
; maxA = 3
x=-1 .
Bài số 2 .
Tìm max , min của B =
xx
xx
+
2
2
53
.
Giải :
Điều kiện để B có nghĩa là
1;0
xx
(*) .
B nhận giá trị m
phơng trình m =
xx
xx
+
2
2
53
(1) có nghiệm .
(1)
(m-1)x
2
(m-3)x 5 = 0 (2) .
*Nếu m=1
x = 2,5 .
*Nếu m
1 thì để (2) có nghiệm ta cần có :
01114)1(20)3(0
22
+=+
mmmm
1527
m
hoặc
1527
+
m
.
Với m =
1527
thì x=
2
155
; với m =
1527
+
thì x=
2
155
+
.
Kết hợp hai trờng hợp trên và điều kiện (*) ta có :
maxB = 1 khi x = 2,5 ; min B =
1527
khi x=
2
155
.
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
20
C. Bài tập tự luyện .
Tìm max , min của những biểu thức sau :
a) C =
228
41162
2
2
+
+
xx
xx
; b) D =
2
2
)12(
164
+
x
xx
; c) E =
2
)10(
+
x
x
.
IV Ph ơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức Cô- si
( Cauchy) .
A. Lí thuyết cơ bản .
Cho n số không âm : a
1
, a
2
, a
3
, ..., a
n
thì ta luôn có :
Dạng 1 :
n
n
n
aaaa
n
aaaa
..
...
321
321
++++
.
Dạng 2 :
n
nn
aaaanaaaa ........
321321
++++
Dạng 3 :
n
n
n
aaaa
n
aaaa
...)
..
(
321
321
++++
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= a
3
= ...= a
n
.
Từ đây ta dễ dàng suy ra :
i) Nếu a
1
. a
2
. a
3
. ... a
n
= A không đổi thì
n
n
Anaaaa
++++
...
321
và do đó :
min
n
n
Anaaaa
=++++
...
321
khi a
1
= a
2
= a
3
= ...= a
n
.
ii) Nếu a
1
+ a
2
+ a
3
+ ...+ a
n
= B không đổi thì
n
B
aaaa
n
n
...
321
và do đó :
max
n
B
aaaa
n
n
=
...
321
khi a
1
= a
2
= a
3
= ...= a
n
.
B. Bài tập áp dụng .
Bài số 1 .
Cho a.b.c = 1 . Tìm min của A = (a
2
+b
2
)(b
2
+c
2
)(c
2
+a
2
) .
Giải :
Theo BĐT Cô- si ta có :
+
+
+
02
02
02
22
22
22
caac
bccb
abba
dấu bằng xảy ra khi a=b=c .
Suy ra A = (a
2
+b
2
)(b
2
+c
2
)(c
2
+a
2
)
88
222
=
cba
Vậy min A = 8
a=b=c=1 .
Bài số 2 .
Cho
+
+
+
+
+
+
+
>
3
1
1
1
1
1
1
1
1
0,,,
dcba
dcba
tìm max a.b.c.d ?
Giải :
Từ giả thiết và theo BĐT Cô-si ta có :
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
21
d
d
c
c
b
b
dcba
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
+
111
)
1
1
1()
1
1
1()
1
1
1(
1
1
3
)1)(1)(1(
3
dcb
bcd
+++
Tơng tự :
0
)1)(1)(1(
3
1
1
3
+++
+
adc
acd
b
;
0
)1)(1)(1(
3
1
1
3
+++
+
adb
abd
c
0
)1)(1)(1(
3
1
1
3
+++
+
cba
abc
d
. Nhân vế với vế 4 BĐT trên ta đợc :
)1)(1)(1)(1(
81
)1)(1)(1)(1(
1
dcbadcba
++++
++++
81
1
abcd
. Vậy maxabcd =
81
1
khi
a=c=b=d .
Bài số 3 .
Với
a>b
0 , tìm min của B =
2
)1)((
4
+
+
bba
a
.
Giải :
Ta có : B =
+
+
+
+
+
+=
+
+
1
)1)((
4
2
1
2
1
)(
)1)((
4
22
bba
bb
ba
bba
a
3141
)1)((
4
2
1
2
1
)(4
4
2
==
+
++
bba
bb
ba
.
Vậy minB = 3 khi a = 2; b = 1 .
Bài số 4 .
Cho
2
4
3
c
b
a
. Tìm max C =
22
432
++
bcaabccab
.
Giải :
Ta có :
22
2
2)2(
2
2)2(
2
2
abccab
c
ab
cab
=
+
=
32
2
3)3(
3
3)3(
2
3
abcabc
a
bc
abc
=
+
=
42
2
4)4(
4
4)4(
4
4
abcbca
b
ca
bca
=
+
=
Từ các BĐT trên suy ra : C
42
1
32
1
22
1
++
.
Dấu bằng khi
=
=
=
=
=
=
8
6
4
44
33
22
b
a
c
b
a
c
. Vậy max C =
4
1
32
1
22
1
++
.
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
22
Bài số 5 .
Cho a,b,c là 3 số dơng bất kỳ . Tìm min của D =
ba
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
Giải :
Ta có : D + 3 =
ba
cba
ac
cba
cb
cba
ba
c
ac
b
cb
a
+
++
+
+
++
+
+
++
=
+
++
+
++
+
+
)1()1()1(
2D + 6 =
[ ]
+
+
+
+
+
+++++=
+
+
+
+
+
++
baaccb
baaccb
baaccb
cba
111
)()()()
111
)((2
9
( theo Cô-si)
2D + 6
9
D
2
3
. Vậy min D =
2
3
khi a=b=c .
C. bài tập tự luyện .
Bài số 1 .
Cho a,b là những số không âm và a.b = 1 .
Tìm min của A= (1+a+b)(a+b+ab) .
Bài số 2 .
Cho a là số thực bất kỳ . Tìm min của B =
1
2
2
2
+
+
a
a
.
Bài số 3 .
Cho a,b là những số không âm và a+b = 1 .
Tìm max của C = 16ab(a-b)
2
.
V ph ơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức
Bunhiacôpki ( B-C-S) .
A . Lí thuyết cơ bản .
Cho a
1
, a
2
, a
3
, ..., a
n
và b
1
,b
2
,b
3
,...., b
n
là 2n số thực tuỳ ý . Khi đó ta có :
Dạng 1 : (a
1
2
+a
2
2
+a
3
2
+....+a
n
2
)(b
1
2
+b
2
2
+b
3
2
+...+b
n
2
)
( a
1
b
1
+ a
2
b
2
+a
3
b
3
+...+a
n
b
n
)
2
(1)
Dạng 2 :
nnn
n
n
babababbbaaa ....)...)(..(
2211
22
2
2
1
2
2
2
1
++++++++
(2)
Dấu bằng xảy ra ở (1) và (2) khi
n
n
b
a
b
a
b
a
=== ...
2
2
1
1
.
Hệ quả :
i) Nếu a
1
x
1
+a
2
x
2
+.....+a
n
x
n
= C = const thì min ( x
1
2
+x
2
2
+...+x
n
2
) =
22
2
2
1
2
...
n
aaa
C
+++
Dấu bằng khi
n
n
a
x
a
x
a
x
=== ...
2
2
1
1
.
ii) Nếu x
1
2
+x
2
2
+...+x
n
2
= C
2
thì
max (a
1
x
1
+a
2
x
2
+.....+a
n
x
n
) =
22
2
2
1
...
n
aaaC
+++
. Dấu bằng khi
0...
2
2
1
1
===
n
n
a
x
a
x
a
x
.
min (a
1
x
1
+a
2
x
2
+.....+a
n
x
n
) = -
22
2
2
1
...
n
aaaC
+++
. Dấu bằng khi
0...
2
2
1
1
===
n
n
a
x
a
x
a
x
.
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
23
B. bài tập vận dụng .
Bài số 1 .
Cho xy + yz + xz = 4 . Tìm min A = x
4
+y
4
+z
4
.
Giải :
Ta có :
A =
3
1
( 1
2
+1
2
+1
2
)( x
4
+y
4
+z
4
)
3
1
(x
2
+y
2
+z
2
)
2
=
3
1
( x
2
+y
2
+z
2
)(y
2
+z
2
+x
2
)
3
1
(xy+yz+xz)
2
=
3
16
.
Suy ra minA =
3
16
đạt đợc khi x=y=z=
3
2
.
Bài số 2.
Cho a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 . Tìm max B = a + 3b + 5c .
Giải :
Ta có :
B = a + 3b + 5c
35))(531(
222221
=++++
cba
.
Từ đó ta đợc minB =
35
khi
35
5
;
35
3
;
35
1
===
cba
.
Bài số 3 .
Tìm min C = (x-2y+1)
2
+ ( 2x+ay+5)
2
.
Giải :
Ta có :
C =
5
1
[(-2)
2
+ 1
2
][(x-2y+1)
2
+ (2x+ay+5)
2
]
5
1
[(-2)(x-2y+1) + 1.(2x+ay+5)]
2
=
5
1
[(a+4)y +3 ]
2
0 nếu a
- 4 hoặc
5
9
nếu a =- 4 .
Vậy : nếu a
- 4 thì min C = 0 ; nếu a = - 4 thì max C =
5
9
.
Bài số 4 .
Cho
>
=++
0,,
1
321
cba
cba
. Tìm min D = a
2
+b
2
+c
2
.
Giải :
Theo BĐT B-C-S ta có :
4
2
2222
)321(
3
1
)
321
)((
3
1
)(
3
1
++
++++=++++
cba
cbacbacba
.
Vậy minD =
4
)321(
3
1
++
khi a=b=c=6 .
C. Bài tập tự luyện .
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
24
Bài số 1.
Cho
=+
>
1
94
0,
ba
ba
. Tìm min A =
22
baba
+++
.
Bài số 2 .
Cho
+
=+
=+
20
25
16
22
22
yvxu
vu
yx
. Tìm max (x+y) .
Bài số 3 .
Cho x
2
+4y
2
=1 . Tìm max
yx
.
Bài số 4 .
Cho 3x-4y=7 . Tìm min của 3x
2
+4y
2
.
Bài số 5 .
Cho 36x
2
+ 16y
2
= 9 . Tìm max , min của y-2x .
Bài số 6 .
Cho
=+
1
0
22
yx
xy
. Tìm max , min của
xyyx
+++
11
.
Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS Trần Trung Long
25
Chơng 3 .
cực trị hình học .
I ph ơng pháp tìm cực trị dựa vào mối quan hệ đ ờng vuông
góc - đ ờng xiên- hình chiếu ; bất đẳng thức tam giác ;
khoảng cách giữa hai đ ờng thẳng song song .
A. Lí thuyết cơ bản .
1) Từ một điểm M ở ngoài đờng thẳng d , kẻ MH
d tại H , kẻ MA với A thuộc d và A
không trùng H , kẻ MB với B thuộc d và B không trùng H .
Ta luôn có : MH
MA dấu bằng khi H
A . M
MA
MB dấu bằng khi và chỉ khi HA = HB .
2) Với 3 điểm A,B,C bất kỳ trong mặt phẳng ta luôn có :
AB + AC
BC . (1)
AC + BC
AB . (2)
AB + BC
AC . (3)
Dấu bằng ở ( 1) khi A thuộc đoạn BC .
Dấu bằng ở ( 2) khi C thuộc đoạn BA . B H A d
Dấu bằng ở ( 3) khi B thuộc đoạn AC . A a
3) Nếu a || b và A
a , B , C
b và
AB
a,b thì ta có :
AB
AC . Dấu bằng khi B
C .
B C b
b. bài tập vận dụng .
Bài số 1 .
Cho hình vuông ABCD . Trong các hình vuông nội tiếp nó , hãy xác định hình vuông có
diện tích nhỏ nhất .
Giải : A E K B
Gọi EFGH là hình vuông nội tiếp trong hình vuông ABCD
Tâm của hai hình vuông này phải trùng nhau tại O .
Ta có :
2
2
2
2.2
2
.
OE
OEOEFHEG
S
EèGH
===
. F
Nh vậy S nhỏ nhất
OE nhỏ nhất . Gọi K là trung điểm
của AB , ta có : OE
OK = const . H
OE = OK
E
K .
Vậy S
EFGH
nhỏ nhất khi các đỉnh E,F,G,H là các trung điểm D G C
các cạnh của hình vuông ABCD .
Bài số 2 .
Cho tam giác ABC . Qua A dựng đờng thẳng d cắt cạnh BC của tam giác sao cho tổng
các khoảng cách từ B và C đến d có giá trị nhỏ nhất .
O
