Tóm tắt luận văn Thạc sĩ Khoa học: Lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

NGUYỄN THỊ THANH THẢO

LÍ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU TỐT NHẤT
VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2015


Cơng trình được hồn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học:TS.

LÊ HẢI TRUNG

Phản biện 1: TS. LƯƠNG QUỐC TUYỂN
Phản biện 2: GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Luận văn được bảo vệ tại Hội đồng chấm luận văn tốt nghiệp
Thạc sĩ khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 12 và 13
tháng 12 năm 2015.

Có thể tìm hiểu luận văn tại:

- Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng


1

MỞ ĐẦU
1. Lý do lựa chọn đề tài
Cùng với sự phát triển của khoa học và kỹ thuật, lí thuyết xấp xỉ đều tốt
nhất là một trong những lĩnh vực đang nhận được sự quan tâm trong toán học
hiện đại, nó có vai trị đặc biệt quan trọng trong tốn lí thuyết cũng như trong
tốn ứng dụng. Đối với tốn sơ cấp, bằng việc ứng dụng lí thuyết xấp xỉ đều tốt
nhất sẽ cho ta lời giải của bài toán tìm cực trị và một số dạng tốn khác.
Nhằm đem lại một hướng giải quyết trong giải một số dạng Tốn ở bậc trung
học phổ thơng (THPT), xây dựng một tài liệu tham khảo trong việc bồi dưỡng
học sinh khá, giỏi, xử lý một số dạng toán trong nội dung thi đại học, cao đẳng
những năm gần đây, mong muốn tìm hiểu về lí thuyết xấp xỉ đều và ứng dụng
trong việc giải một số dạng toán sơ cấp và được sự gợi ý của người hướng dẫn
khoa học, thầy giáo – TS. Lê Hải Trung, tác giả đã chọn đề tài “Lí thuyết xấp
xỉ đều tốt nhất và ứng dụng" cho luận văn thạc sĩ khoa học của mình.
2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất trong không gian Banach, trong
không gian C[a;b] , xấp xỉ bằng đa thức bậc không, xấp xỉ bằng đa thức bậc nhất
và một số ứng dụng trong Tốn sơ cấp.
3. Mục đích nghiên cứu
Từ việc nghiên cứu các bài tốn được trình bày một cách cụ thể, xây dựng lời
giải tổng quát cho các bài tốn đó dựa trên lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất bằng
đa thức bậc không và bậc nhất cùng với lời giải sơ cấp tương ứng. Đây chính là
yếu tố góp phần ảnh hưởng đến sự hình thành và phát triển năng lực giải toán
đối với học sinh, đồng thời góp phần bồi dưỡng năng lực giải tốn cho học sinh.

4. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đọc và nghiên cứu các tài liệu liên quan đến đề tài, một số khái niệm và kết
quả của giải tích hàm,... nghiên cứu cách giải quyết bài tốn cực trị dựa vào lí
thuyết xấp xỉ đều tốt nhất và lời giải sơ cấp.
5. Phương pháp và cách tiếp cận nghiên cứu
Trong phạm vi của đề tài có sử dụng kiến thức thuộc các lĩnh vực: Giải tích
hàm, Lý thuyết Phương trình vi phân, Giải tích...
Phương pháp được giới thiệu trong đề tài sẽ đưa ra việc vận dụng một số ứng
dụng của lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất để giải các bài toán sơ cấp có bản chất


xấp xỉ hàm nhằm bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh khá giỏi ở trung
học phổ thơng.
6. Tính mới và sáng tạo
Bên cạnh những lời giải sơ cấp tương ứng, Tác giả đã xây dựng được lời giải
tổng quát nhất cho các bài toán thường gặp dựa trên lí thuyêt xấp xỉ đều tốt
nhất bằng đa thức bậc khơng và bậc nhất.
Giúp giáo viên có định hướng ra một lớp các bài toán sơ cấp cho học sinh
khá giỏi bằng cách lựa chọn hàm số f (x) cũng như đoạn [a; b] sao cho q trình
tính tốn khơng quá cồng kềnh.
7. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Đề tài có giá trị về mặt lí thuyết. Có thể sử dụng luận văn như là tài liệu
tham khảo để góp phần dạy tốt mơn Giải tích ở trường THPT, làm tài liệu tham
khảo dành cho sinh viên ngành toán và các đối tượng quan tâm đến lí thuyết
xấp xỉ đều tốt nhất.
8. Cấu trúc của luận văn
Luận văn bao gồm:
Phần mở đầu.
Chương 1: Không gian metric, khơng gian tuyến tính, khơng gian định chuẩn
và khơng gian Banach.

Chương 2: Lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất.
Chương 3: Ứng dụng lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất vào giải toán cực trị.
Phần kết luận.
Tài liệu tham khảo.
Quyết định giao đề tài luận văn Thạc sĩ (bản sao).


3

CHƯƠNG 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong chương này tác giả trình bày một số kiến thức cơ bản về không gian
metric, khơng gian tuyến tính, khơng gian định chuẩn và khơng gian Banach.
Các kiến thức chuyên sâu trong chương 1 có thể xem tại các tài liệu [2], [6], [9]
và các tài liệu phổ biến dành cho bậc đại học hoặc cao hơn.
1.1. KHƠNG GIAN METRIC

Định nghĩa 1.1.1.([1]) (Khơng gian metric và hàm khoảng cách)
Ví dụ 1.1.1. Với hai phần tử x, y ∈ R, đặt d(x, y) = |ex − ey |
Khi đó d là một metric trên R.
Định nghĩa 1.1.2.([1], [5]) (Giới hạn của dãy)
Định nghĩa 1.1.3.([1], [5]) (Dãy Cauchy)
Định nghĩa 1.1.4.([1]) (Khơng gian metric đầy đủ)
Ví dụ 1.1.2. Cho X = {x = {xn } |xn ∈ R, ∀n ∈ N ∗ , xn → 0}
∀x = (xn ), y = (yn ) ∈ X. Đặt d(x, y) = max∗ |xn − yn |,
n∈N

khi đó d là một metric đầy đủ trên X.
Ví dụ 1.1.3. Với hai phần tử x, y ∈ R, đặt d(x, y) = |arctan x − arctan y|,
khi đó

1. d là một metric trên R.
2. d khơng là metric đầy đủ.
1.2. KHƠNG GIAN TUYẾN TÍNH

Định nghĩa 1.2.1.([5], [10]) (Định nghĩa khơng gian tuyến tính)
Ví dụ 1.2.1. Cho tập X = Rn = x = (x1 , x2 , ..., xn )/xi ∈ R, i = 1, n
∀x = (xi )ni=1 , ∀y = (yi )ni=1 ∈ Rn , ∀α ∈ R.
Đưa vào hai phép toán (+) cộng hai phần tử và (.) nhân một phần tử với
một số như sau:
1. x + y = (xi + yi )ni=1
2. α.x = (αxi )ni=1
Khi đó X cùng với hai phép tốn trên là một khơng gian tuyến tính.


4
n

Ví dụ 1.2.2. Cho P (x) =

f (x) =

ai xi |ai ∈ R, deg f ≤ n .

i=0

Đưa vào hai phép toán (+) cộng hai đa thức và phép (.) nhân đa thức với
một số thực như sau như sau:
n
1. f (x1 ) + f (x2 ) =
ai (xi1 + xi2 )

n

2. α.f (x) =

i=0

αai xi

i=0

Khi đó P (x) cùng với hai phép tốn trên là một khơng gian tuyến tính.
Ví dụ 1.2.3. C[a;b] = {f : [a; b] −→ R}, trong đó f là hàm liên tục trên [a; b].
Với hai phép toán
(+) ∀f, g ⊂ [a; b], f + g : [a; b] −→ R. Được định nghĩa bởi (f + g)(x) =
f (x) + g(x), ∀x ∈ [a; b]
(.)λf : [a; b] −→ R. Được định nghĩa bởi (λf )(x) = λ.f (x), ∀λ ∈ R.
Khi đó C[a;b] cùng với hai phép tốn trên là một khơng gian tuyến tính.
Ví dụ 1.2.4. Kí hiệu L2 [a; b] = f : [a; b] −→ R|

b 2
a f (x)dx

<∞

Trang bị cho L2 [a; b] hai phép toán sau:
(+) ∀f, g ∈ L2 [a; b] thì (f + g)(x) = f (x) + g(x), ∀x ∈ [a; b]
(.) ∀λ ∈ R, f ∈ L2 [a; b] thì (λf )(x) = λ.f (x), ∀x ∈ [a; b]
Khi đó L2 [a; b] là một khơng gian tuyến tính.
1.3. KHƠNG GIAN ĐỊNH CHUẨN VÀ KHƠNG GIAN BANACH

Định nghĩa 1.3.1.([1], [10]) (Định nghĩa khơng gian định chuẩn)
Định lý 1.3.1.([1], [10])
Định nghĩa 1.3.2.([1], [5], [10]) (Dãy hội tụ)
Định nghĩa 1.3.3.([1], [5], [10]) (Dãy Cauchy)
Định nghĩa 1.3.4.([1], [5], [10]) (Khơng gian Banach)
Ví dụ 1.3.1. Khơng gian vectơ Euclide n chiều Rn là không gian định chuẩn
với chuẩn x được xác định bởi công thức sau:
n

x =

2

|xi | , ∀x ∈ Rn , khi đó Rn là khơng gian Banach.

i=1

Ví dụ 1.3.2.
Khơng gian L2 [a; b] =

f : [a; b] −→ R|

nach với chuẩn của f được cho bới:
Ví dụ 1.3.3.
Ví dụ 1.3.4.

f =

b 2
a f (x)dx

<∞

b 2
a f (x)dx.

là không gian Ba-


5

CHƯƠNG 2
LÍ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU TỐT NHẤT
Trong chương này tác giả trình bày những kết quả quan trọng về lí thuyết xấp
xỉ đều tốt nhất như: sự tồn tại của xấp xỉ tốt nhất trong không gian Banach, xấp
xỉ đều tốt nhất trong không gian C[a;b] , một số trường hợp đặc biệt như: xấp xỉ
bằng đa thức bậc không hay xấp xỉ bằng đa thức bậc nhất và ý nghĩa hình học của
xấp xỉ bởi đa thức bậc nhất. Các kiến thức trong chương này có thể xem thêm
tại các tài liệu [1], [4], [9], [10] và các tài liệu phổ biến dành cho bậc đại học
hoặc cao hơn.
2.1. ĐẶT BÀI TOÁN

Cho hàm số f ∈ C[a,b] . Gọi Gn là tập hợp các đa thức có bậc khơng q n
trên [a, b]. Ta phải tìm đa thức g ∈ Gn có độ lệch nhỏ nhất so với f trên [a, b],
tức là:
max |f (x) − g(x)| = min max |f (x) − g(x)|
x∈[a,b]

g∈Gn x∈[a,b]

(2.4)

Nếu trong C[a,b] ta xét chuẩn: ϕ = max |ϕ(t)|, ϕ ∈ C[a,b] , thì bài tốn (2.4)
t∈[a,b]

có dạng như sau: Tìm g ∈ Gn sao cho

f − g = En (f ) := min

g∈Gn

f −g

(2.5)

phần tử đạt cực tiểu, kí hiệu là: g = arg min

g∈Gn

f −g

2.2. LÍ THUYẾT XẤP XỈ TỐT NHẤT TRONG KHƠNG GIAN BANACH

Cho X là khơng gian Banach và X1 là không gian con hữu hạn chiều của X.
Với mỗi x ∈ X cho trước, hãy tìm x1 ∈ X1 sao cho:
x1 − x = d(x, X1 ) = inf

u∈X1

u−x

(2.6)

phần tử x1 nếu tồn tại được gọi là xấp xỉ tốt nhất của x trong X1 .
Định lý 2.2.1.([10]) (Điều kiện để bài tốn (2.6) ln có nghiệm.)


6

Định nghĩa 2.2.1.([1], [10] (Khơng gian tuyến tính định chuẩn lồi chặt)
Định lý 2.2.2.([1], [10]) Trong không gian Banach lồi chặt, tồn tại duy nhất
xấp xỉ tốt nhất.
Chứng minh.
1. Sự tồn tại xấp xỉ tốt nhất được suy ra từ định lý 2.2.1.
2. Ta chỉ cần chứng minh tính duy nhất.
Giả sử x1 , x2 ∈ X là 2 xấp xỉ tốt nhất của x ∈ X, tức là:
x − xi = d := d(x, X1 ), i = 1, 2
i. Nếu d = 0 ⇒ x ≡ xi (i = 1, 2) ta có ngay đpcm.
2
≤ 12 x − x1 + 12
ii. Nếu d > o, ta có: d ≤ x − x1 +x
2
Suy ra
x − x1 x − x2
x − x1
x − x2
+
=
+
2

2
2
2
Vì X là lồi chặt nên:

x − x2 = d

x − x2
x − x1
=λ
(λ > 0)
2
2
Vì thế d = x − x1 = λ x − x2 = λ, suy ra λ = 1
x−x2
1
Do đó x−x
2 = 2 , hay x1 ≡ x2 .
2.3. LÍ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU TỐT NHẤT TRONG KHÔNG GIAN C[a;b]

Xét X = C[a,b] là không gian các hàm thực và liên tục trên đoạn [a, b]. X1 =
n

Gn , đặt q(x) :=

ai xi , trong đó a = (a0 , a1 , ..., an ) ∈ Rn+1 , x = (1, x, ..., xn ) ∈

i=0

Rn+1 .

Do mỗi đa thức q(x) :=

n

ai xi ∈ Gn đặc trưng bởi vectơ các hệ số a =

i=0

(a0 , a1 , ..., an ) nên X1 là không gian con của X sinh bởi x = (1, x, ..., xn ).
Ta có dim X1 = n + 1. Theo định lý 2.2.1 thì với mỗi y ∈ X , tồn tại một xấp
xỉ tốt nhất q(x).
Kí hiệu: En (y) = y − qn (x) . Người ta gọi q(x) là đa thức xấp xỉ đều tốt
nhất của y.
Theo định lý 2.2.1 bài toán xấp xỉ (2.5) ln có nghiệm, tuy nhiên định lý
2.2.1 khơng cho ta tiêu chuẩn để kiểm tra xem liệu một đa thức g ∈ Gn có phải
là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất hay không.


7

Định lý 2.3.1.([10]) (Valleé - Poussin) Giả sử f ∈ C[a;b] và q ∈ Gn . Nếu
∃ (n + 2) điểm phân biệt a ≤ x0 < x1 < ... < xn+1 ≤ b sao cho f (xi ) − q(xi ) lần
lượt đổi dấu, nghĩa là:
Sign{(−1)i [f (xi ) − q(xi )]} = const, i = 0, n + 1
thì
En (f ) ≥ µ := min |f (xi ) − q(xi )| .
i=0,n+1

Chứng minh.
Trường hợp 1. µ = 0. Khi đó En (f ) ≥ 0 = µ.

Trường hợp 2. µ > 0. Dùng phản chứng để chứng minh.
Giả sử En (f ) < µ, g ∈ Gn là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của f trên [a; b].
Khi đó
f − g = En (f ) < µ.
Suy ra
|g(xi ) − f (xi )| ≤ f − g < µ ≤ |q(xi ) − f (xi )| ,
do đó
Sign[q(xi ) − g(xi )] = Sign{[q(xi ) − f (xi )] + [f (xi ) − g(xi )]}
= Sign[q(xi ) − f (xi )], i = 0, n + 1
Vậy đa thức (q − g) ∈ Gn đổi dấu (n + 2) lần nên có ít nhất (n + 1) nghiệm.
Suy ra
q≡g
Ta có: µ > q − f > min |q(xi ) − f (xi )| = µ . Vậy En (f ) ≥ µ.
i=0,n+1

Định lý 2.3.2.([10]) (Chebyshev) Điều kiện cần và đủ để g ∈ Gn là đa
thức xấp xỉ đều tốt nhất của hàm f ∈ C[a;b] là tồn tại (n + 2) điểm
a ≤ x0 < x1 < ... < xn+1 ≤ b
sao cho:
f (xi ) − g(xi ) = α(−1)i

f − g , i = 0, n + 1

(2.7)

trong đó α = 1 hoặc α = −1.
Chứng minh.
Định lý 2.3.3.([10]) Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của f ∈ C[a;b] là duy nhất.

8

Chứng minh. Giả sử p, q ∈ Gn là xấp xỉ đều tốt nhất của f trên [a; b]. Khi
đó p+q
2 ∈ X1 là xấp xỉ đều tốt nhất của f trên [a; b] vì:
p+q
1
1
≤
f −p +
f − q = En (f ).
2
2
2
là n + 2 điểm luân phiên Chebyshev của p+q
2 ta có:

En (f ) ≤ f −
Gọi xi n+1
i=0

p(xi ) + q(xi )
− f (xi ) = En (f ), i = 1, n + 1.
2
Suy ra 2En (f ) = |p(xi ) − f (xi ) + q(xi ) − f (xi )|
≤ |p(xi ) − f (xi )| + |q(xi ) − f (xi )| ≤ p − f

+

q − f = 2En (f ).

Do đó |p(xi ) − f (xi )| = |q(xi ) − f (xi )| = En (f ), i = 1, n + 1.
Hay p(xi ) − f (xi ) = λi [q(xi ) − f (xi )], λi = ±1.
Ta có: | 1 + λi | . | q(xi ) − f (xi ) |= (1 + λi )En (f ) = 2En (f ) ⇒ λi = 1.
Từ đó suy ra p(xi ) = q(xi ), i = 1, n + 1, hay p ≡ q
Định lý 2.3.4.([10]) Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất g ∈ Gn của hàm f ∈ C[−1;1]
chẵn (lẻ) cũng là hàm chẵn (lẻ).
Chứng minh.
1. Giả sử f là hàm chẵn và g(x) ∈ Gn là xấp xỉ đều tốt nhất của nó.
∀x ∈ [−1; 1] thì |f (xi ) − g(xi )| ≤ En (f ). Thay x bởi −x, ta có:
|f (−x) − g(−x)| = |f (x) − g(−x)| ≤ En (f ), ∀x ∈ [−1; 1].
Suy ra g(−x) cũng là đa thức xấp xỉ tốt nhất của f .
Do tính duy nhất của xấp xỉ đều tốt nhất ta được g(−x) = g(x) ∀x ∈ [−1; 1].
Vậy g(x) ∈ Gn là hàm chẵn.
2. Giả sử f là hàm lẻ và g(x) ∈ Gn là xấp xỉ đều tốt nhất của nó.
∀x ∈ [−1; 1] thì |f (xi ) − g(xi )| ≤ En (f ). Thay x bởi −x, ta có:
|f (−x) − g(−x)| = |−f (x) − g(−x)| = |f (x) − (−g(−x))| ≤ En (f ), ∀x ∈ [−1; 1].
Suy ra −g(−x) cũng là đa thức xấp xỉ tốt nhất của f .
Do tính duy nhất của xấp xỉ đều tốt nhất ta được −g(−x) = g(x) ∀x ∈ [−1; 1].
Hay g(−x) = −g(x)∀x ∈ [−1; 1]. Vậy g(x) ∈ Gn là hàm lẻ.
Định lý 2.3.5.([10])
Hệ quả 2.3.1.([10])
Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc n của một đa thức bậc n + 1: f (x) =
a0 + a1 x + ... + an xn+1 , an+1 = 0 có dạng:
q(x) = f (x) − an+1 Tn+1 [

2x − (a + b) (b − a)n+1
].
b−a
22n+1

9
2.4. MỘT SỐ TRƯỜNG HỢP ĐẶC BIỆT

2.4.1 Xấp xỉ bằng đa thức bậc không
Định lý 2.4.1.([10]) Cho f ∈ C[a;b] , đặt M = max f (x), m = min f (x). Khi
x∈[a;b]

x∈[a;b]

M +m
2

đó q(x) =
là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc không của f (x) trên [a; b].
Chứng minh. Ta có m ≤ f (x) ≤ M, ∀x ∈ [a; b]

q(x) =

M +m
M +m
M +m
M +m
⇒ −q(x) = −
⇒ m−
≤ f (x)−q(x) ≤ M −
2
2
2

2

≤ f (x) − q(x) ≤ M −m
⇔ − M −m
2
2 , hay |f (x) − q(x)| ≤
Giả sử f (x1 ) = M, f (x2 ) = m. Ta có

M −m
2 , ∀x

∈ [a; b]

M +m
M −m
=
2
2
M −m
M +m
=−
f (x2 ) − q(x2 ) = m −
2
2
M −m
f − q = 2 và x1 , x2 là hai điểm Chebyshev.
f (x1 ) − q(x1 ) = M −

Vậy

2.4.2 Xấp xỉ bằng đa thức bậc nhất
Định lý 2.4.2.([10]) Cho f (x) là hàm lồi trơn trên [a; b], nếu f (x) là hàm
tuyến tính thì đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc nhất q(x) ≡ f (x).
Chứng minh. Xét f (x) không phải là hàm tuyến tính.
Khi đó, gọi q(x) = a0 + a1 x là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của f trên [a; b].
Ta có: f (x) − (a0 + a1 x) cũng là hàm lồi, nên đạt cực trị tại một điểm trong duy
nhất thuộc c ∈ [a; b].
Theo định lí Chebyshev, tồn tại 3 điểm luân phiên Chebyshev. Tại đó | f (x)−
(a0 + a1 x) | đạt cực đại, do đó 2 điểm Chebyshev cịn lại phải là a và b, ta có:
f (a) − (a0 + a1 a) = αL

(2.8)

f (c) − (a0 + a1 c) = −αL

(2.9)

f (b) − (a0 + a1 b) = αL

(2.10)

trong đó L = f − q , α = ±1.
Từ (2.8) và (2.10) suy ra
a1 =

f (b) − f (a)
b−a


10

Nếu f khả vi thì điểm c tìm từ điều kiện f (c) = a. Từ (2.8) và(2.9) ta được:
a0 =

f (a) + f (c) a + c f (b) − f (a)
−
.
2
2
b−a

L = |f (a) − (a0 + a1 a)| =|

f (a) − f (c) c − a f (b) − f (a)
−
.
|.
2
2
b−a

2.4.3 Ý nghĩa hình học của xấp xỉ bởi đa thức bậc nhất
Nối 2 điểm A(a; f (a)), B(b; f (b)) bằng đoạn thẳng AB có phương trình là:
AB : y = a1 (x − a) + f (a) = a1 x + f (a) − aa1
Kẻ tiếp tuyến song song với AB là CD có phương trình:
CD : y = a1 (x − c) + f (c) = a1 x + f (c) − ca1
Đường cần tìm là đường trung bình của hai đường AB và CD, có phương
trình là:
y = a1 x + a0
với

a0 =

f (b) − f (a)
f (a) + f (c) a + c f (b) − f (a)
−
.
, a1 =
.
2
2
b−a
b−a

Ví dụ 2.4.1. Tìm đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc nhất của hàm số f (x) = |x|
trên đoạn [−1; 2].
Lời giải. Ta có
a = −1 ⇒ f (a) = 1 ⇒ A(−1; 1)

b = 2 ⇒ f (b) = 2 ⇒ B(2; 2)

c = 0 ⇒ f (c) = 0 ⇒ C(0; 0)
Suy ra
a1 =
a0 =

f (b) − f (a)
2−1
1
=
=

b−a
2 − (−1)
3

f (a) + f (c) a + c f (b) − f (a)
1 + 0 −1 + 0 2 − 1
2
−
.
=
−
.
=
2
2
b−a
2
2
2 − (−1)
3


11

Vậy đa thức xấp xỉ đều tốt nhất của hàm số f (x) = |x| trên đoạn [−1; 2] là:
1
2
y = a1 x + a0 ⇒ y = x +
3
3

Ví dụ 2.4.2.
2

Tìm đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc 2 của hàm số f (x) = e−x trên đoạn
[−1; 1].
Lời giải. ∀x ∈ [−1; 1] ⇒ −x ∈ [−1; 1],
2
2
ta có f (−x) = e−(−x) = e−x = f (x) ⇒ f (x) là hàm số chẵn.
2
Vậy đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc 2, kí hiệu là q2 (x)của hàm số f (x) = e−x
cũng chẵn (theo định lý 2.3.4). Do đó q2 (x) = a0 + a2 x2 .
Đặt t = x2 ⇒ f (t) = e−t , t ∈ [0; 1] ⇒ q2 (t) = a0 + a2 t
Ta có: a = 0 ⇒ f (a) = 1 ⇒ A(0; 1), b = 1 ⇒ f (b) = 1e ⇒ B(1; 1e )
1

−1

(a)
e
Suy ra a2 = f (b)−f
= 1−0
= 1−e
b−a
e
⇒ phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, B có dạng: y =
Tìm điểm C(c; f (c)) trong đó f (c) = a2 = 1−e
e .
−c
Ta có: f (t) = −e−t ⇒ f (c) = −e−c ⇔ −e−c = 1−e

= e−1
e ⇔e
e

1−e
e x

+ 1.

⇔ e1−c = e − 1 ⇔ 1 − c = ln(e − 1) ⇔ c = 1 − ln(e − 1)
⇒ phương trình tiếp tuyến với đường cong f (t) tại C(1 − ln(e − 1); e−1
e ) có
dạng:
1−e
e−1
1−e
e−1
y = 1−e
e (t − c) + f (c) ⇒ y = e (t + ln(e − 1) − 1) + e ⇒ y = e t + 2 e +
1−e
e ln(e − 1)
Vậy phương trình đường trung bình của đường thẳng AB và tiếp tuyến có
dạng:
y=

1−e
e t

+

3e−2+(1−e) ln(e−1)
.
2e

3e−2+(1−e) ln(e−1)
2
Trở lại biến x ta có: q2 (x) = 1−e
e x +
2e
2
Vậy đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc 2 của hàm số f (x) = e−x trên đoạn
[−1; 1] là:
1 − e 2 3e − 2 + (1 − e) ln(e − 1)
x +
.
q2 (x) =
e
2e


12

CHƯƠNG 3
ỨNG DỤNG LÍ THUYẾT XẤP XỈ
ĐỀU TỐT NHẤT
VÀO GIẢI TỐN CỰC TRỊ
Trong chương này, tác giả trình bày phương pháp giải của bài toán cực trị
bằng cách dựa trên lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất bên cạnh lời giải sơ cấp tương
ứng. Nêu và giải một số ví dụ áp dụng, đề xuất ra các bài toán tương tự. Các
kiến thức trong chương này có thể xem thêm tại các tài liệu [6], [7], [10], [12]

và các tài liệu phổ biến dành cho bậc đại học hoặc cao hơn.
3.1. ỨNG DỤNG XẤP XỈ BẰNG ĐA THỨC BẬC KHÔNG CHO BÀI
TỐN CỰC TRỊ

3.1.1. Bài tốn
Cho hàm số f (x) liên tục trên [a; b]. Tìm c sao cho max |f (x) − c| đạt
x∈[a;b]

giá trị nhỏ nhất.
3.1.2. Phương pháp giải: Dựa trên lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất
Bước 1: Tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số
f (x) trên [a; b].
Đặt M = max f (x), m = min f (x).
x∈[a;b]

x∈[a;b]

Bước 2: Suy ra đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc không của hàm số f (x) trên
[a; b] là
M +m
.
p(x) =
2
là số cần tìm.
Bước 3: Kết luận: Vậy c = M +m
2
(c chính là đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc không của hàm số f (x) trên [a; b]).
Khi đó GTNN đạt được là:
max f (x) −
x∈[a;b]

M +m
2

.

3.1.3. Lời giải sơ cấp
Bước 1: Tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số
f (x) trên [a; b].


13

Đặt M = max f (x), m = min f (x).
x∈[a;b]

x∈[a;b]

Bước 2: Đặt X = f (x) ⇒ X ∈ [m; M ].
Đặt g(X) = X − c, khi đó g(m) = m − c, g(M ) = M − c.
Đặt K = max |g(X)|, hay K = max |f (x) − c|.
X∈[m;M ]

x∈[a;b]

Ta có:
2K ≥ |g(M )| + |g(m)| ≥ |g(M ) − g(m)| = |M − m| = M − m.
Suy ra K ≥

M −m

2 .


|g(M )| = |g(m)| =
Dấu ” = ” xảy ra khi
g(m).g(M ) ≤ 0
Bước 3: Kiểm tra lại với c =
GTNN đạt được là : M −m
2
Bước 4: Kết luận: Với c =
được bằng :

M +m
2

M +m
2

M −m
2

⇔c=

thì max |f (x) − c| =
x∈[a;b]

M +m
2 .
M −m
2

đạt min và

thì max |f (x) − c| đạt min và GTNN đạt
x∈[a;b]

M −m
2 .

Nhận xét 3.1.
1. Để tìm GTLN - GTNN của hàm số f (x) trên [a; b], ta có thể sử dụng
tính đơn điệu (nếu có), dựa vào đồ thị hay khảo sát sự biến thiên của hàm số
f (x).
2. Ở bước 2: Đối với học sinh phổ thơng, có thể giải thích bằng việc vẽ
đồ thị, một kết quả hiển nhiên của giải tích là: Ảnh liên tục của [a; b] là [m; M ]
với M = max f (x), m = min f (x) (Điều này học sinh có thể hiểu tương tự
x∈[a;b]

x∈[a;b]

như việc đổi biến số).
Vậy ở bước 2 ta chứng minh được:
K = max |f (x) − c| ≥
x∈[a;b]

Nếu K = M −m
thì c = M +m
2
2 .
Thử lại: Với c = M +m

thì max |f (x) − c| =
2
x∈[a;b]

M −m
2 .

M −m
2 .

Điều này sẽ xảy ra nếu ta sử dụng kết quả sau:
|X − c| ≤

max {|m − c| , |M − c|}

∀X∈[m;M ]

(3.1) đúng với mọi c. Thật vậy, lấy X bất kì ∈ [m; M ], Ta có:
m ≤ X ≤ M ⇒ m − c ≤ X − c ≤ M − c.
Nếu X − c < 0, khi đó m − c ≤ X − c ≤ 0, suy ra |X − c| < |m − c|.

(3.1)


14

Nếu X − c ≥ 0, khi đó 0 ≤ X − c ≤ M − c, suy ra |X − c| ≤ |M − c|.
Từ đó max g(X) = max{g(M ); g(m)}
∀X∈[m;M ]
= M +m

thì
2

Khi c
Vậy max

∀X∈[m;M ]

g(M ) = g(m) =
|g(X)| = M −m
2 .

M −m
2 .

Bước kiểm tra lại cuối cùng là để nhấn mạnh thêm mức độ chặt chẽ về mặt
M −m
logic, ta có thể chỉ
 ra rằng: Bước 2 chỉ chứng tỏ K ≥ 2


g(M ) = g(m) = max g(X) (1)


∀X∈[m;M ]

M −m
K = 2 ⇔ g(M ) = g(m) = M −m
(2)


2



g(m).g(M ) ≤ 0
(3)
Từ (2) và (3) ta tìm được c, do vậy với c tìm được thì (2) và (3) thỏa mãn,
nên việc kiểm tra (1) là cần thiết.
3.2. ỨNG DỤNG XẤP XỈ BẰNG ĐA THỨC BẬC NHẤT CHO BÀI TOÁN
CỰC TRỊ

3.2.1. Bài toán
Cho hàm số f (x) liên tục, lồi (hoặc lõm) trên [a; b]. Tìm c, d sao cho
max |f (x) − (cx + d)| đạt giá trị nhỏ nhất.
x∈[a;b]

3.2.2. Phương pháp giải: Dựa trên lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất
Bước 1: Xác định hai điểm A(a; f (a)), B(b; f (b)). Viết phương trình đường
thẳng AB : y = kx + m.
Bước 2: Lập phương trình tiếp tuyến
của đồ thị hàm số y = f (x) tại tọa
độ tiếp điểm C(c, f (c)) và song song với AB. Khi đó
có dạng:
y = kx + n.


15

Bước 3: Đường thẳng cần tìm là đường thẳng song và cách đều hai đường
thẳng AB và

là:
y = kx +
Bước 4: Kết luận c = k, d =
Khi đó GTNN đạt được là:

m+n
2 .

m+n
2

M0 = f (a) − [ka +

m+n
2 ]

= f (b) − [kb +

m+n
2 ]

.

Nhận xét 3.2.
1. Cần kiểm tra f (x) có lồi (lõm) trên [a; b] hay khơng.
2. Với giá trị a, b cần tìm thì |g(x0 )| = |g(a)| = |g(b)| = M0 . Đồng thời
ta thấy chỉ có thể xãy ra 1 trong 2 trường hợp sau:
i. Nếu f là hàm lồi thì g(x0 ) = M0 ; g(a) = g(b) = −M0
ii. Nếu f là hàm lõm thì g(x0 ) = −M0 ; g(a) = g(b) = M0

Hình 3.1: Đồ thị hàm lồi

Hình 3.2: Đồ thị hàm lõm


16

3.2.3. Lời giải sơ cấp
Bước 1: Đặt g(x) = f (x) − (cx + d), M = max |g(x)|.
x∈[a;b]

Tính g(c), g(d), g(x0 ) trong đó x0 , M0 tìm được nhờ lời giải theo phương pháp
xấp xỉ đều.
Bước 2: Xét 2 trường hợp.
Trường hợp 1: c > k
Trường hợp 2: c < k
Tại mỗi trường hợp ta đều đánh giá |g(a) − g(x0 )| hoặc |g(b) − g(x0 )| để đưa
ra kết luận M > M0 .
Bước 3: Xét trường hợp 3: c = k
Khi đó g(a) = g(b). Ta đánh giá |g(a) − g(x0 )| để đưa ra kết luận M ≥
M0 , M = M0 khi d = m+n
2 .
Bước 4: Ta chứng minh với c = k, d = m+n
thì max |g(x)| đúng bằng M0 .
2
x∈[a;b]

Ghi chú: Ở trường hợp 3 ta có thể chia làm 3 trường hợp nhỏ như sau:
ta sẽ chứng minh M > M0
i. d < m+n

2
ii. d > m+n
ta sẽ chứng minh M > M0
2
iii. d = m+n
2 , ta sẽ chứng minh M = M0
Khi đó ta bỏ qua bước 4.
Nhận xét 3.3.
1. Ở trên tác giả đã đưa ra phương pháp giải dựa trên lí thuyết xấp xỉ
đều tốt nhất cùng phương pháp giải dựa vào lời giải sơ cấp tương ứng trong việc
vận dụng một số ứng dụng xấp xỉ bằng đa thức bậc không và bậc nhất. Từ đó
giáo viên có định hướng sáng tác các bài tốn sơ cấp cho học sinh có học lực
khá giỏi ở THPT.
2. Tuy nhiên việc lựa chọn hàm số f (x) cũng như đoạn [a; b] khơng đơn
giản. Vì vậy, ta có thể ghi nhớ rằng:
i. Đối với xấp xỉ bằng đa thức bậc khơng thì hàm số f (x) phải liên
tục trên [a; b].
ii. Đối với xấp xỉ bằng đa thức bậc nhất thì hàm số f (x) phải liên
tục, lồi (hay lõm) trên [a; b].
3.3. MỘT SỐ VÍ DỤ ÁP DỤNG

Ví dụ 3.3.1.
Ví dụ 3.3.2.


17

Ví dụ 3.3.3. Cho hàm số y = f (x) = log23 x +

log23 x + 1 − 2a − 1.

√
3

Tìm a để GTLN của hàm số y = |f (x)| trên [1; 3 ] đạt GTNN.
log23 x + 1 ⇒ t2 = log23 x + 1 ⇒ log23 x = t2 − 1

Lời giải. Đặt t =

√

⇒ f (t) = t2 + t − 2 − 2a. Ta có: 1 ≤ x ≤ 3 3 ⇔ 1 ≤ t ≤ 2
Bài tốn trở thành tìm a để max t2 + t − 2 − 2a đạt min.
t∈[1;2]

Cách 1: vận dụng lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất
Đặt g(t) = t2 + t − 2, ta có g(t) liên tục trên R ⇒ g(t) liên tục trên [1; 2].
Bài toán trở thành tìm a để max t2 + t − 2 − 2a đạt min.
t∈[1;2]

Tức là tìm đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc không của hàm số g(t) = t2 + t − 2
trên [1; 2].
Trước tiên ta đi tìm GTLN - GTNN của hàm số g(t) = t2 + t − 2 trên [1; 2].
Ta có: g (t) = 2t + 1 > 0, ∀t ∈ [1; 2] ⇒ hàm số g(t) đồng biến trên [1; 2].
Hơn nữa: g(1) = 0, g(2) = 4. So sánh các giá trị trên, ta được:
M = max g(t) = 4, m = min g(t) = 0.
t∈[1;2]

t∈[1;2]

Suy ra đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc không của hàm số g(t) = t2 + t − 2
trên [1; 2] là: p(t) = 4+0
2 =2
Vậy 2a = 2 ⇔ a = 1
Khi đó GTNN đạt được là:
max t2 + t − 2 − 2 = max t2 + t − 4 = 2.
t∈[1;2]

t∈[1;2]

Cách 2: Giải bằng toán sơ cấp
+ Bước 1: Trước tiên ta đi tìm GTLN - GTNN của hàm số g(t) = t2 + t − 2
trên
[1; 2]. Theo kết quả ở trên, ta được:
M = max g(t) = 4, m = min g(t) = 0
t∈[1;2]

t∈[1;2]

+ Bước 2: Đặt X = t2 + t − 2 ⇒ X ∈ [0; 4].
Khi đó ta có t2 + t − 2 − 2a = |X − 2a| = |h(X)|.
Đặt K = max |h(X)|, hay K = max |g(t) − 2a|.
X∈[0;4]

t∈[1;2]

Bài toán trở thành: Tìm a sao cho K đạt min.
Ta có:
|h(0)| = |−2a| , |h(4)| = |4 − 2a|.

18

⇒ 2K ≥ |h(0)| + |h(4)| = |−2a| + |4 − 2a|
≥ |−2a − 4 + 2a| = 4 ⇒ K ≥ 2.
Dấu
 ” = ” xảy ra khi

|h(0)| = |h(4)| = 2
|−2a| = |4 − 2a| = 2
⇔
h(0).h(4) ≤ 0
(−2a).(4 − 2a) ≤ 0


a = 1
⇔
0 ≤ a ≤ 2

⇔a=

1
Thử lại: Ta đi kiểm tra với a = 1 thì max t2 + t − 2 − 2a đạt min và giá trị
t∈[1;2]

đó bằng 2.
Xét q(t) = t2 + t − 4, t ∈ [1; 2].
Ta có : q (t) = 2t + 1 > 0, ∀t ∈ [1; 2] ⇒ hàm số q(t) đồng biến trên [1; 2].
Lại có: q(1) = −2, q(2) = 2.
Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên , ta được: max |q(t)| = 2
t∈[1;2]

Vậy: với a = 1 thì GTLN của hàm số y = |f (t)| = t2 + t − 2 − 2a trên [1; 2]
đạt GTNN và giá trị đó bằng 2.
Hay a = 1 thì max√
x∈[1;3

3]

log23 x +

log23 x + 1 − 2a − 1 đạt GTNN và GTNN

bằng 2.
Nhận xét.
Căn cứ vào lời giải bằng toán cao cấp của ví dụ 3.3.3, ta có thể đưa ra các
bài tốn tương tự với một số cách đặt câu hỏi khác nhau như sau:
Ví dụ 3.3.4.
Ví dụ 3.3.5.
Ví dụ 3.3.6.
2
−x+2
− a ≥ 12 .
Ví dụ 3.3.7. Chứng minh rằng với a = 23 thì max x x+1
x∈[0;3]

2

Ví dụ 3.3.8. Tìm a và b để max x − (2 + a)x + b − 2 đạt min.
x∈[−1;4]

Ví dụ 3.3.9. Tìm a và b để max −4x2 − (a + 1)x + b − 2 đạt min.
|x|≤1

Ví dụ 3.3.10. Tìm a và b để max x4 + (a − 1)x2 + 3 − b đạt min.
4

x∈[−2;2]
2

Lời giải. Ta có: x + (a − 1)x + 3 − b = x4 − [(1 − a)x2 + b − 3].


19

Đặt t = x2 ⇒ t ∈ [0; 4]. Khi đó x4 − [(1 − a)x2 + b − 3] = t2 − [(1 − a)t + b − 3]
Xét f (t) = t2 (P ), ta có: f (t) = 2t, f (t) = 2 > 0 suy ra hàm số f (t) lõm
trên [0; 4].
Cách 1: vận dụng lí thuyết xấp xỉ đều tốt nhất
u cầu bài tốn tương đương với: Tìm a và b để max t2 − [(1 − a)t + b − 3]
t∈[0;4]

đạt min.
Tức là ta đi tìm đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc nhất q(t) = (1 − a)t + b − 3
của hàm số f (t) = t2 trên [0; 4].
Ta có: f (0) = 0, f (4) = 16 ⇒ A(−1; 1), B(4; 6) ∈ (P ).
Do đó phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm A và B là:
t

y
=
⇔ y = 4t.
4
16
Suy ra hệ số góc của đường thẳng AB là k = 4
Gọi M (t0 ; t20 ) ∈ (P ), gọi ( ) là phương trình tiếp tuyến của (P ) tại M và
song song với AB. Ta có: f (t) = 2t ⇒ f (t0 ) = 2t0
Vì ( ) song song với AB nên f (t0 ) = k ⇔ 2t0 = 4 ⇔ t0 = 2 ⇒ f (2) = 4
⇒ phương trình tiếp tuyến ( ) là: y = 4(t − 2) + 4 ⇔ y = 4t − 4
Khi đó đường thẳng cần tìm là đường song song, cách đều AB và ( ) có
phương trình: y = 4t + 12 (−4) ⇔ y = 4t − 2,
suy ra đa thức xấp xỉ đều tốt nhất bậc nhất của hàm số f (t) = t2 trên [0; 4]
là: q(t) = 4t − 2 

a = −3
1 − a = 4
⇔
Do đó
b − 3 = −2
b = 1
Vậy a = −3, b = 1 thì max t2 + (a − 1)t + 3 − b đạt min.
t∈[0;4]

Hay a = −3, b = 1 thì max x4 + (a − 1)x2 + 3 − b đạt min.
x∈[−2;2]

Khi đó GTNN đạt được là:
max t2 − 4t + 2 = max (t − 2)2 − 2 = 2.
t∈[0;4]

t∈[0;4]

Cách 2: Giải bằng toán sơ cấp
Đặt g(t) = t2 + (a − 1)t + 3 − b, M = max |g(t)|
t∈[0;4]

Ta có: g(0) = 3 − b, g(4) = 15 + 4a − b, g(2) = 5 + 2a − b
Trường hợp 1: với a > −3
Ta có 2M ≥ |g(4) − g(2)| = |15 + 4a − b − 5 − 2a + b| = |10 + 2a|
vì a > −3 ⇒ 2a > −6 ⇒ 10 + 2a > 4 ⇒ |10 + 2a| > 4 ⇒ M > 2


20

Trường hợp 2: với a < −3.
Ta có 2M ≥ |g(0) − g(2)| = |3 − b − 5 − 2a + b| = |−2 − 2a|
vì a < −3 ⇒ −2a > 6 ⇒ −2 − 2a > 4 ⇒ |−2 − 2a| > 4 ⇒ M > 2
Trường hợp 3: với a = −3. Ta có g(0) = 3 − b = g(4), g(2) = −1 − b
Nếu b > 1 ⇒ −b < −1 ⇒ 3 − b < 2 ⇒ |3 − b| > 2
Vậy M ≥ |g(0)| = |3 − b| > 2 ⇒ M > 2
Nếu b < 1 ⇒ −b > −1 ⇒ −1 − b > −2 ⇒ |−1 − b| > 2
Vậy M ≥ |g(2)| = |−1 − b| > 2 ⇒ M > 2
Nếu b = 1 ⇒ g(t) = t2 − 4t + 2. Ta có g (t) = 2t − 4, g (t) = 0 ⇔ t = 2
Lại có g(0) = 2, g(4) = 2, g(2) = −2
Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta được max |g(t)| = 2.
t∈[0;4]
2

Kết luận: với a = −3, b = 1 thì max t + (a − 1)t + 3 − b đạt min và GTNN
t∈[0;4]

bằng 2.
Hay a = −3, b = 1 thì max x4 + (a − 1)x2 + 3 − b đạt min và GTNN bằng
x∈[−2;2]

2.
Ví dụ 3.3.11. Tìm a và b để x4 − ax2 + b ≤ 2, ∀x ∈ [−2; 2]
Lời giải. Đặt t = x2 ⇒ t ∈ [0; 4].
Yêu cầu bài toán trở thành: Tìm a và b để t2 − at + b ≤ 2, ∀t ∈ [0; 4].
Đặt g(t) = t2 − at + b. Ta có g (t) = 2t − a, g (t) = 2 > 0, suy ra hàm số g(t)
lõm trên [0; 4].
Ta xét tại 3 điểm: t = 0, t = 2, t = 4. Ta có:
g(0) = b, g(2) = 4 − 2a + b, g(4) = 16 − 4a + b
Từ đó suy ra |b| ≤ 2, |4 − 2a + b| ≤ 2, |16 − 4a + b| ≤ 2
hay ta có: |b| ≤ 2 ⇒ |−b| ≤ 2 ⇔ −2 ≤ −b ≤ 2
|4 − 2a + b| ≤ 2 ⇔ −2 ≤ 4 − 2a + b ≤ 2

(3.12)
(3.13)


21

Cộng (3.12) và (3.12) vế theo vế ta được:
−4 ≤ 4 − 2a ≤ 4 ⇔ −8 ≤ −2a ≤ 0 ⇔ 0 ≤ a ≤ 4
Lại có: −2 ≤ 16 − 4a + b ≤ 2
Từ (3.13) suy ra −2 ≤ −4 + 2a − b ≤ 2

Cộng (3.14) và (3.15) vế theo vế ta được:

(3.14)
(3.15)

−4 ≤ 12 − 2a ≤ 4 ⇔ −8 ≤ −a ≤ −4 ⇔ 4 ≤ a ≤ 8
Từ (3.13) và (3.16) cho ta a = 4
Khi đó ta có:


|b| ≤ 2
−2 ≤ b ≤ 2
⇔
|−4 + b| ≤ 2
−2 ≤ −4 + b ≤ 2


−2 ≤ b ≤ 2
⇔
2 ≤ b ≤ 6

(3.16)

⇔b=2

Việc còn lại là chứng minh: t2 − 4t + 2 ≤ 2, ∀t ∈ [0; 4]
ta có: t2 − 4t + 2 = t2 − 4t + 4 − 2 = (t − 2)2 − 2
Với 0 ≤ t ≤ 4 ⇔ −2 ≤ t − 2 ≤ 2 ⇔ 0 ≤ (t − 2)2 ≤ 4
⇔ −2 ≤ (t − 2)2 − 2 ≤ 2 ⇔ (t − 2)2 − 2 ≤ 2 (đpcm).
Vậy: với a = 4 và b = 2 thì t2 − at + b ≤ 2, ∀t ∈ [0; 4].

Hay a = 4 và b = 2 thì x4 − ax2 + b ≤ 2, ∀x ∈ [−2; 2].
Nhận xét.
Ngoài 2 điểm đã xét là t = 0, t = 4 thì tại sao chúng ta lại xét t = 2 mà không
phải là một giá trị khác?
Số t = 2 chính là kết quả lấy từ phần ý nghĩa hình học của đa thức xấp xỉ
đều tốt nhất bậc nhất được trình bày ở cuối chương 2.
Kỹ thuật xét của bài toán thực chất là ta đi xét các hiệu sau: g(2) − g(0) và
g(4) − g(2).
√
Ví dụ 3.3.12. Tìm a và b để x3 + ax + b ≤ 3 3, ∀x ∈ [0; 3]
Ví dụ 3.3.13. Tìm a và b để max x1 + ax − b đạt min.
x∈[1;2]

Ví dụ 3.3.14.
Tìm a và b để

1
x

√1
+ ax − b ≤ n+1
2n − n , ∀x ∈ [1; n].
Đặt f (x) = x1 + ax − b, ∀x ∈ [1; n].
Ta có: f (x) = − x12 + a, f (x) = x23 > 0∀x ∈ [1; n], suy ra hàm số f (x) lõm
trên [1; n].
√
Ta xét tại 3 điểm: x = 1, x = n, x = n. Ta có:
√
√
f (1) = 1 + a − b, f (3) = n1 + na − b, f ( n) = √1n + na − b,

22

từ đó suy ra
|1 + a − b| ≤

n+1
1
−√
2n
n

,
1
n+1
1
+ na − b ≤
−√
n
2n
n
,
√
n+1
1
1
√ + na − b ≤
−√
2n

n
n
Từ |1 + a − b| ≤

n+1
2n

−

√1
n

⇒ |−1 − a + b| ≤

n+1
2n

−

√1
n

ta có:

n+1
n+1
1
1
√ −
≤ −1 − a + b ≤

−√ .
2n
2n
n
n
√
√1
Từ √1n + na − b ≤ n+1
2n − n ta có:

(3.23)

√
1
1
1
n+1
n+1
≤ √ + na − b ≤
−√ .
⇔√ −
2n
2n
n
n
n

(3.24)

Cộng (3.23) và (3.24) vế theo vế ta được:

√
1
≤ a ≤ n(2 n − 1).
n
Hơn nữa:
n+1
1
1
n+1
1
√ −
≤ + na − b ≤
−√
2n
n
2n
n
n

(3.25)

(3.26)

Từ (3.24) suy ra
√
1
1
n+1
1
n+1

√ −
≤ − √ − na + b ≤
−√
2n
2n
n
n
n

(3.27)

Cộng (3.26) và (3.27) vế theo vế ta được:
√
1
− n+2
√
≤a≤
⇔
n
n n

(3.28)

Từ (3.25) và (3.28)
cho ta a = n1 .

 1 + 1 − b ≤ n+1 − √1
n
2n
n

Khi đó ta có:
 √2 − b ≤ n+1 − √1
2n
n
n

⇔b=

√1
n

+

n+1
2n

Việc còn lại là chứng minh:
1 1
n+1
1
n+1
1
+ x−
−√ ≤
− √ , ∀x ∈ [1; n].
x n
2n
2n
n
n

Đặt g(x) =
Ta có:

1
x

+ n1 x −

n+1
2n

−

√1 , ∀x
n

∈ [1; n].


23

g (x) = − x12 +
g (x) = 0 ⇔ − x12 +

1
n

1
n

=0⇔

1
x2

=

1
n

n+1
2n

−

√
√1 , g( n)
n

⇔ x2 = n ⇔ x =

√

n

Lại có:
g(1) =

n+1
2n

−

√1 , g(n)
n

=

= −( n+1
2n −

√1 )
n

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta được:
1
x

+ n1 x −

n+1
2n

−

√1
n

≤

n+1
2n

−

√1 , ∀x
n

∈ [1; n].

1
n+1 √1
√1
Vậy: với a = n1 và b = n+1
2n + n thì x + ax − b ≤ 2n − n , ∀x ∈ [1; n](đpcm).
Nhận xét.
Qua lời giải của ví dụ 3.3.14, ta có thể đưa ra các bài toán tương tự và đơn
giản hơn với n = 16, 25, 36, 49, ...

Ví dụ 3.3.15. Tìm a và b để x1 + ax − b ≤ 81 , ∀x ∈ [1; 4].
Áp dụng kết quả của ví dụ 3.3.14 với n = 4 ta được kết quả của bài toán với
a = 14 , b = 98 .
Ví dụ 3.3.16. Tìm a và b để x1 + ax − b ≤ 92 , ∀x ∈ [1; 9].
Áp dụng kết quả của ví dụ 3.3.14 với n = 9 ta có được kết quả của bài toán
với a = 91 , b = 89 .
2x−4
x∈[2;3] x−1

Ví dụ 3.3.17. Tìm a và b để max

− ax − b đạt min.

x2 −x+2
x+1
x∈[2;3]

Ví dụ 3.3.18. Tìm a và b để max

+ ax + b đạt min.

√
Ví dụ 3.3.19. Tìm a và b để maxn | n x − ax − b| đạt min.
x∈[0;m ]

2

Ví dụ 3.3.20. Tìm a và b để maxπ 51−cos
|x|≤ 2

Ví dụ 3.3.21.
Tìm p và q để |ln x − px − q| ≤

e−2
2(1−e)

x

+ a sin x − b đạt min.

+ 12 ln(e − 1), ∀x ∈ [1; e].

Ví dụ 3.3.22.
Tìm a và b để max
|cos x − ax − b| đạt min.
π
x∈[− 2 ;0]