PHƯƠNG PHÁP NHÂN tử LAGRANGE GIẢI QUYẾT bài TOÁN cực TRỊ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (312.8 KB, 8 trang )
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE
GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ
Tạp chí và tư liệu toán học
Trong ngành tối ưu hîa, phương pháp nhân tử Lagrange (đặt theo tên của nhà toán
học Joseph Louis Lagrange) là một phương pháp để tëm cực tiểu hoặc cực đại địa phương
của một hàm số chịu các điều kiện giới hạn. Phương pháp này chòng ta sẽ được học trong
chương trënh toán cao cấp của bậc đại học. Trên Internet đã cî một vài bài viết nîi về
phương pháp này để chứng minh bất đẳng thức nhưng tuy nhiên vẫn cín tương đối nhiều
bạn vẫn chưa biết đến phương pháp này. Do đî ở bài viết này mënh sẽ đưa ra một ứng
dụng khác của nî ngoài việc chứng minh bất đẳng thức ra thë nî cín là một cïng cụ khá là
hữu hiệu giải quyết nhanh một số bài toán cực trị trong đề thi thử THPT Quốc Gia hiện
nay đồng thời cũng giòp ìch cho một số bạn cín hơi yếu về bất đẳng thức tham khảo!
I. GIỚI THIỆU VỀ PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE
Khi gặp một bài toán mà chòng ta gặp điều kiện của hàm f x, y với điều kiện ràng buộc
là g x, y 0 . Để tëm cực trị của hàm này khi cî điều kiện ràng buộc ta sẽ đi thiết lập hàm
Lagrange:
Z x,y , f x, y .g x, y
Trong đî là một hằng số chưa xác định, gọi là nhân tử Lagrange.
Z x ' x, y, fx ' x, y g x ' x, y 0
Điều kiện cần của cực trị là hệ phương trënh sau: Z y ' x, y, fy ' x, y g y ' x, y 0
Z ' x, y, g x, y 0
Khi giải hệ phương trënh này ta sẽ được bộ số x0 , y 0 , 0 là nghiệm của hệ điểm dừng.
Khi đî ta sẽ so sánh f x0 , y 0 với f x1 , y 1 - trong đî x 1 , y 1 là một bộ số khác thỏa mãn
điều kiện g x, y 0 mà thïng thường sẽ là các giá trị biên – để kiểm tra xem điểm dừng
là cực đại hay cực tiểu. Để hiểu rð hơn ta sẽ đi vào các vì dụ minh họa.
II. CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA.
1
. Gọi M,n lần lượt là giá trị lớn nhất và
9
M
nhỏ nhất của biểu thức P x 2 2y 2 3z 3 . Khi đî
cî giá trị là:
n
27
81
27
81
A.
B.
C.
D.
7
14
14
7
Bài 1: Cho x,y,z khïng âm thỏa mãn x y z
Hướng dẫn
Đầu tiên ta sẽ đi thiết lập hàm Lagrange như phần giới thiệu mënh đã nîi. Ta cî:
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 1
PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE
1
Z x, y, z x 2 2y 2 3z 3 x y z
9
2x 0
4y 0
2 1 2 4
Điểm cực trị sẽ là nghiệm của hệ 9z 2 0 x, y, z, ; ; ;
81 81 27 81
1
x y z
9
14
Khi đî thay vào biểu thức ban đầu ta sẽ được P
6561
Tiếp theo như mënh đã nîi ta sẽ đi so sánh giá trị này với các giá trị đặc biệt khác cụ thể ở
đây sẽ là các giá trị biên. Các giá trị biên ở đây sẽ là x 0, y 0, z 0, x, y 0, 0
, y, z 0, 0 , z, x 0, 0 .
1
. Hàm Lagrange lòc này sẽ là:
9
1
Z x, y, 0 x 2 2y 2 x y
9
Trường hợp 1: z 0 x y
2
x 27
2x 0
1
Điểm cực trị sẽ là nghiệm của hệ phương trënh 4y 0 y
27
1
4
x y
9
z 27
Khi đî giá trị của P
2
.
243
1 2 1 11 6 3 46 32 2
Tương tự xét với các trường hợp cín lại ta sẽ được P ; ;
;
;
.
81
81
243
243
243
14
min P m 6561
M 81
So sánh tất cả ta sẽ được
. Vậy
m 7
max P M 2
81
Chọn ó A.
Nhận xét:
Các bạn có thể nhận thấy rằng với cách làm này ta không hề cần phải tư duy nhiều về việc sử dụng
các đánh giá bất đẳng thức như AM – GM hay Cauchy – Schwarz mà chỉ việc lập hệ rồi bấm máy
CALC các giá trị đặc biệt từ đó suy ra đáp án, rất ảo diệu và đơn giản phải không nào. Nhưng tuy
nhiên bài toán này mình lấy hơi khó một tẹo điểm cực trị đạt tại biên – dễ nhận thấy điều này bằng
cách để ý giả thiết không âm – chứ như mình thấy thông thường trong các đề thi thử THPT Quốc
gia sẽ ít khi cho đến mức thế này chủ yếu là giải hệ cực trị là đã ra kết quả rồi nên, tuy nhiên không
2 | Chinh phục olympic toán
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
thể biết trước được điều gì cả ta cứ làm cẩn thận cho chắc ăn . Để thấy rõ hơn sức mạnh của
phương pháp này ta sẽ tìm hiểu tiếp ví dụ sau.
Bài 2 : Cho ba số thực x,y,z thỏa mãn x 2 y 2 z 1 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2
thức: P x 2 y 2 z 2 6x 2y 2z 11
Đề thi thử THPT Quốc gia 2016/2017 THPT Thăng Long – Hà Nội
A. 3 10
B. 3 5
C. 2 7 3
D. 3 11
Phân tích
Với bài toán này ta chỉ cần tëm giá trị nhỏ nhất của biểu thức trong căn là được.
Thiết lập hàm Lagrange ta sẽ được:
Z x, y, z x 2 y 2 z 2 6x 2y 2z 11 x 2 y 2 z 1 9
2
Khi đî điểm cực trị là nghiệm của hệ phương trënh:
3 x 1 y
2x 6 2x 0
x y
2y 2 2y 0
2z 2 2z 2 0 z 1
2
2
2
x 2 y 2 z 1 2 9
x y z 1 9
9 10
3 10
x 3y
;y
;z 1
x
10
10
z 1
9 10
3 10
2
2
2
;y
;z 1
x
y
z
1
9
x
10
10
Sử dụng máy tình cầm tay ta dễ thấy điểm cực tiểu bằng 0, 1622776602 3 10 .
Chọn ó A.
Nhận xét.
Ở bài này như mình đã nói thì theo kinh nghiệm trong các đề thi thử sẽ không cho đến mức các cực
trị đạt tại biên như bài đầu tiên mà chỉ cần giải hệ cực trị là ra kết quả, tuy nhiên để đánh giá biên
sẽ là rất khó đối với bài 3 biến này nên ta sẽ coi như cực trị sẽ đạt tại nghiệm của hệ điểm rơi.
Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn z
1
3 . Tổng giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của z là:
z
Đề thi thử Toán học tuổi trẻ lần 8
A. 3
B.
5
C.
13
D. 5
Hướng dẫn
Đặt z a bi a, b
Biến đổi giả thiết ta được z 2 1 3 z a 2 b2 1 4a 2 b2 9 a 2 b 2
2
Đặt a 2 , b 2 x, y x, y 0 ta sẽ chuyển bài toán về tëm min, max của T x y với x,y
thỏa mãn điều kiện x 2 y 2 2xy 7x 11y 1 0
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 3
PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE
Thiết lập hàm Lagrange ta được:
Z x, y x y x 2 y 2 2xy 7x 11y 1
1 2x 2y 7 0
Khi đî điểm cực trị là nghiệm của hệ phương trënh
. Khïng khî để
1 2y 2x 11 0
nhận ra hệ này vï nghiệm. Vậy chắc chắn điểm rơi của bài toán đạt được tại biên.
11 3 13
y
11 3 13 11 3 13
2
T
;
Cho x 0
2
2
11 3 13
y
2
7 5
x
2 T 7 5 ; 7 5 .
Cho y 0
2
7 5
2
x
2
11 3 13
min T
2
Đến đây dễ dàng tëm được
.
max T 11 3 13
2
Vậy min z max z
11 3 13
11 3 13
13
2
2
Chọn ó C.
Bài 4: Trong các nghiệm x, y thỏa mãn bất phương trënh log x2 2 y2 2x y 1 . Tëm giá trị
lớn nhất của biểu thức T 2x y
A.
9
4
B.
9
2
C.
9
8
D. 5
Giải
x 2 2y 2 1
2
2
2x y x 2y
Bất phương trënh tương đương: log x2 2 y2 2x y 1 2
2
x 2y 1
0 2x y x 2 2y 2
2
2
x 2y 1
Trường hợp 1:
. Ta dễ thấy rằng 2x y x 2 2y 2 1
2
2
0 2x y x 2y
x2 2y 2 1
Trường hợp 2:
. Ta luïn cî đánh giá sau:
2
2
2x
y
x
2y
x 2y 2x y x 2x 1
2
2
4 | Chinh phục olympic toán
2
2
1 9
2y 2. 2y.
2 2 2 2 8
2
1
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
2
1 9
x 1 2y
2 2 8
2
Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta lại cî:
2
2
1 9 2 1
1 9 9
2
2x y 2 x 1
y 2
2 2 x 1 2y
2
2 2 4
2 2 4 2
Vậy giá trị lớn nhất của P là
9
1
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x, y 2;
2
2
Chọn ó B.
Nhận xét
Ở bài toán này ta sẽ sử dụng Lagrange để giải quyết trường hợp 2. Do chắc chắn đẳng thức
sẽ xảy ra nên ta sẽ cố định 2x y x 2 2y 2 .
Thiết lập hàm lagrange. Do ta cần tëm cực trị nên cî thể cho luïn 2x y x 2 2y 2 để tëm
cho dễ. Hàm của ta như sau:
f x, y 2x y 2x y x 2 2y 2
Điểm cực trị là nghiệm của hệ phương trënh sau:
1
x 4y
1x
2x y x 2 2y 2
x 2
1
y 0
f 'x 2 2 2x 0
1
1 4y
f ' 1 4y 0
y 1
y 2
y
2x y x 2 2y 2
2
9
Thay điểm cực trị vào biểu thức đầu dễ thấy nî bằng .
2
9
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là
2
Bài 5: Cho hai số phức z 1 , z 2 thỏa mãn z1 5i 5, z 2 1 3i z 2 3 6i . Giá trị nhỏ nhất
của biểu thức T z 1 z 2 là
A. 1
B.
3
2
D.
C. 2
5
2
Hướng dẫn
Đây là một bài toán khá hay được giải bằng phương pháp hình học hóa, nhưng ở đây ta sẽ tiếp cận
nó theo hướng sử dụng nhân tử Lagrange!
Đặt z1 a bi, z 2 c di a, b, c,d
.
a 2 b 5 2 25
a 2 b 5 2 25
Theo giả thiết ta cî
2
2
2
2
c 1 d 3 c 3 d 6
8c 6d 35
Đến đây ta cần tëm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
a c b d
2
2
Chinh phục olympic toán | 5
PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE
Thiết lập hàm Lagrange ta có:
Z a, b, c,d a 2 b 2 c 2 d 2 2ac 2bd 1 a 2 b 5 25 2 8c 6d 35
2
Điểm cực trị sẽ là nghiệm của hệ phương trënh:
2a 2c 2a 1 0
2b 2d 2b 10 1 0 cb 5c 5a ad
2c 2a 8 2 0
3c 3a 4d 4b 0
2
2d 2b 6 0
2
2
a b 5 25
a 2 b 5 2 25
8c 6d 35
8c 6d 35
a 4
a 4
35 6d
c
b 2
b 8
8
26
35
6d
b
5
35
6d
40a
8ad
c
c 26
5
5
a 2 b 5 2 25
11
11
105 24a 50d 32b 0
d
d
10
10
3
Thay vào biểu thức ban đầu dễ thấy min z1 z 2 Chọn ó B.
2
Bài 5: Cho hënh chîp S.ABCD cî đáy ABCD là hënh vuïng cạnh bằng a. Cạnh SA vuïng
gîc với đáy và SA y . Trên cạnh AD lấy điểm M sao cho AM x . Biết rằng x 2 y 2 a 2 .
Tëm giá trị lớn nhất của thể tìch khối chîp S.ABCM
Chuyên Hưng Yên – Lần 2
A.
a3 3
4
B.
a3
8
C.
a3 3
2
D.
a3 3
8
Hướng dẫn
Độ dài đoạn MD a x .
S
Diện tìch tứ giác AMCB là:
1
1
S S ABCD S MCD a 2 a a x a 2 ax
2
2
Khi đî thể tìch của khối chîp S.ABCM là:
1
1
V .SA.S AMCB y a 2 ax
3
6
y
Đến đây ta sẽ gặp khî khăn khi đi đánh giá
biểu thức trên. Nếu dñng AM – GM thë ta sẽ
A
phải đi cân bằng hệ số, cín nếu dñng Lagrange
x
M
D
thë mọi chuyện đơn giản hơn rất nhiều!
Thiết lập hàm Lagrange – Coi a const - ta có:
Z x, y a 2 y axy x 2 y 2 a 2
B
C
Khi đî điểm cực trị của hàm số sẽ là nghiệm
6 | Chinh phục olympic toán
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
của hệ phương trënh:
a
ay 2x 0
y a x
x
2
2
2
2
2
2
y x ax 2x a ax 0
y
2
2
a ax 2y 0 x
2
2
2
x y a
x 2 y 2 a 2
x 2 y 2 a 2
y a 3
y x ax
2
Vậy Vmax
a3 3
8
Chọn ó D.
Bài 7: Xét số phức z thỏa mãn z 2 i z 4 7i 6 2 . Gọi m,M lần lượt là các giá trị
nhỏ nhất và lớn nhất của z 1 i . Tính P m M .
Đề thi minh họa THPT Quốc Gia 2017 lần 3 – Bộ GD&ĐT
B. P
A. P 13 73
5 2 2 73
2
D. P
C. P 5 2 73
5 2 73
2
Hướng dẫn
Thứ gì thì cũng có điểm yếu của nó cả, phương pháp này cũng không ngoại lệ. Bài toán này là điển
hình cho thấy nhược điểm của nhân tử Lagrange khi áp dụng cho một vài vài bài toán cực trị đạt
tại biên, để hiểu rõ ta sẽ cöng tiến hành bắt tay vào làm nó!
Gọi z a bi a, b
a 2
. Theo giả thiết ta cî:
2
b 1
2
a 4
2
b 7 6 2
a 2 b 1 72 12 2
2
a 4
a 2 b 2 2ab 6a 6b 9 0 *
2
Ta có: z 1 i
2
a 1 b 1
2
2
2
b 7 a 4 b 7
2
2
2
a 2 b 2 2a 2b 2
Thiết lập hàm Lagrange ta có:
Z a, b a 2 b 2 2a 2b 2 a 2 b 2 2ab 6a 6b 9
Điểm cực trị là nghiệm của hệ phương trënh:
2a 2 2a 2b 6 0
a b 6 b a 6
1 b
2b 2 2b 2a 6 0 1 a
2
a 2 b 2 2ab 6a 6b 9 0
2
a b 2ab 6a 6b 9 0
3
a b
a 2
a 2 b 2 6a 6b 0
2
a 6 b
2
a b 2ab 6a 6b 9 0
2
b 3
2
a b 2ab 6a 6b 9 0
2
Đến đây ta mới chỉ tëm được một cực trị của bài toán, vậy cín một cực trị nữa chắc chắn sẽ
đạt tại biên, vậy tëm giá trị biên như thế nào? Nếu bạn nào tinh ó sẽ nhận ra rằng phương
trình * cî nghiệm kép a b 3 điều này chứng tỏ rằng
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 7
PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE
a 2 b 1
2
2
a 4 b 7
2
2
6 2 .
Để chứng minh điều này ta sẽ cî nhiều cách cî thể là tọa độ hîa hoặc đánh giá đại số hoặc
bất đẳng thức, ở bài viết này mënh sẽ sử dụng bất đẳng thức Mincowsky. Ta có:
a 2 b 1
2
2
a 4 b 7
2
2
a 2 4 a b 1 7 b
2
2
6 2
a 2 4 a
b 1 7 b
2 a 4
Dấu của bất đẳng thức xảy ra khi a 2 4 a 0 1 b 7 .
a b 3
b 1 7 b 0
Đến đây đã tëm được giá trị biên của các biến.
a 2 b 1
Cho
và ngược lại. Vậy ta sẽ tình giá trị của biểu thức cần tëm tại các giá trị
a 4 b 7
trên ta sẽ tëm được max z 1 i 73 .
Chọn ó B.
Tîm lại việc sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange cho bài toán này là khïng hay, nếu
như đã phát hiện ta
a 2 b 1
2
2
a 4 b 7
2
2
6 2 thë ta chỉ việc ròt thế
điểm rơi rồi đạo hàm tëm min, max thë sẽ nhanh hơn rất nhiều chứ khïng mất thời gian để
lập hệ rồi giải nî. Do đî việc nắm chắc một chòt kiến thức mở rộng về bất đẳng thức là
điều nên làm để cî thể linh hoạt hơn trong việc giải các bài toán khî!
LỜI KẾT. Hy vọng qua bài viết này mọi người đã phần nào hiểu được nội dung của
phương pháp mà mënh muốn nhắc tới trong bài viết để áp dụng giải một số bài toán hay
hơn nữa. Bài viết này tuy mënh đã bỏ ra một số thời gian chuẩn bị nhưng khïng thể tránh
khỏi những thiếu xît, mong các bạn bỏ qua. Mọi ó kiến thắc mắc vui líng gửi về fanpage
của mënh – Tạp chí và tư liệu toán học . Rất cảm ơn mọi người đã quan tâm tới bài viết!
8 | Chinh phục olympic toán
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
