Đang tải... (xem toàn văn)
Cực trị của một số hàm nhiều biến có các dạng đặc biệt
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ MINH TIẾN CỰC TRỊ CỦA MỘT SỐ HÀM NHIỀU BIẾN CĨ CÁC DẠNG ĐẶC BIỆT LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Nguyên - Năm 2013 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ MINH TIẾN CỰC TRỊ CỦA MỘT SỐ HÀM NHIỀU BIẾN CÓ CÁC DẠNG ĐẶC BIỆT Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60460113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS HOÀNG VĂN HÙNG Thái Nguyên - Năm 2013 Mục lục Lời nói đầu Một số bất đẳng thức cổ điển 1.1 Bất đẳng thức Cauchy hệ 1.2 Bất đẳng thức Holder hệ Cực trị số hàm nhiều biến dạng đặc biệt 13 2.1 Giá trị bé phân thức k- quy 13 2.2 Một số ví dụ áp dụng định lí 2.1.1 16 2.3 Tích phân thức k- quy với phân thức l- quy 21 2.4 Cực trị tỉ số hai phân thức đồng dạng 23 2.5 Cực trị hàm nửa cộng tính 28 Cực trị hàm hai đa thức đối xứng hai biến 35 3.1 Các đa thức đối xứng hai biến 35 3.2 Cực trị hàm hai đa thức đối xứng hai biến 36 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 Lời nói đầu Các toán cực trị vấn đề quan trọng toán học cao cấp lẫn toán học sơ cấp Trong chương trình tốn sơ cấp bậc phổ thông trung học, giá trị bé lớn hàm biến nhiều biến miền tìm phương pháp sau đây: - Dùng đạo hàm khảo sát hàm số miền cho (đối với hàm biến) - Dùng lý thuyết tam thức bậc hai (phương pháp miền giá trị) - Sử dụng bất đẳng thức khác Các tốn tìm giá trị bé lớn hàm nhiều biến (theo thuật ngữ toán cao cấp) thường hay xuất câu hỏi phân loại đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng mơn Tốn học (xem đề thi tuyển sinh đại học mơn Tốn khối A,B,D từ năm 2002 đến năm 2012) Để giải toán thường phải vận dụng phương pháp thứ ba (phương pháp dùng bất đẳng thức), hai phương pháp đầu không phát huy tác dụng Vì vậy, để nâng cao khả giải toán cực trị hàm nhiều biến, học sinh phải rèn luyện nhiều bất đẳng thức Các bất đẳng thức mà học sinh phổ thông thường sử dụng bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Cauchy –Schwarz (hay gọi bất đẳng thức Bunhiacovski) Các bất đẳng thức có dạng tổng quát khác nhau, chẳng hạn tổng quát bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Cauchy suy rộng, tổng quát bất đẳng thức Cauchy - Schwarz bất đẳng thức Holder Tác giả Phan Huy Khải (xem [P.H.Khải1]) sử dụng bất đẳng thức Cauchy suy rộng để tìm cực tiểu lớp hàm nhiều biến mà tác giả gọi phân thức quy Theo hướng này, [H.V Hùng 1] tác giả Hoàng Văn Hùng dùng bất đẳng thức Holder để tìm giá trị bé lớn lớp hàm nhiều biến có dạng tỉ số hai phân thức đồng dạng Hướng nghiên cứu cho thấy bất đẳng thức chứa nhiều biến cho khả kết luận cực trị lớp hàm nhiều biến Vấn đề lớp hàm đưa phải đủ đơn giản dạng để dễ nhận biết, có người sử dụng nhớ vận dụng linh hoạt Bản luận văn “Cực trị số hàm nhiều biến có dạng đặc biệt” nghiên cứu số bất đẳng thức chứa nhiều biến đưa kết luận tương ứng giá trị bé lớn số lớp hàm nhiều biến có dạng đặc biệt Nội dung luận văn gồm Lời nói đầu, 03 chương Phần kết luận: Chương 1: Một số bất đẳng thức cổ điển Chương 2: Cực trị số hàm nhiều biến dạng đặc biệt Chương 3: Cực trị hàm hai đa thức đối xứng hai biến Trong chương tác giả đưa bất đẳng thức cổ điển Cauchy, Bunhiacovski, Holder, Mincowski với số hệ mở rộng chúng Tất bất đẳng thức đưa chứng minh chặt chẽ, theo cách ngắn gọn mà tác giả biết Chương dành cho định lý giá trị bé phân thức k– quy, giá trị lớn bé hàm có dạng tỷ số hai phân thức đồng dạng, suy rộng kết cho tỷ số hàm biến có dạng đặc biệt, giá trị bé lớn hàm nửa cộng tính Sau định lý có ví dụ minh hoạ lấy từ đề tuyển sinh đại học mơn Tốn khối A, B, D từ năm 2002 đến 2012 số tài liệu tham khảo toán cực trị, bất đẳng thức Tất định lý chứng minh chặt chẽ Chương dành cho việc xét toán giá trị bé lớn hàm hai biến biểu diễn qua đa thức đối xứng hai biến u = x + y v = xy Tác giả đưa chứng minh hai định lý giá trị bé lớn hàm dạng Một số ví dụ minh hoạ cho áp dụng định lý chương lấy từ đề tuyển sinh đại học mơn Tốn khối A, B, D từ năm 2002 đến 2012 Các ví dụ khác tác giả sáng tác Phần tài liệu tham khảo gồm 07 tài liệu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thày hướng dẫn TS Hoàng Văn Hùng, Viện Khoa học Cơ bản, Trường Đại học Hàng hải Việt Nam, thầy tận tình hướng dẫn tác giả suốt trình chuẩn bị luận văn Tác giả xin chân thành cám ơn thày cô công tác tại: Trường Đại học khoa học, Trường Đại học sư phạm, Khoa công nghệ thông tin- Đại học Thái Nguyên, Trường Đại học khoa học- Đại học Quốc gia Hà Nội, Trường Đại học sư phạm Hà Nội, Trường Đại học Hải Phòng, Viện Cơng nghệ Thơng tin, Viện Tốn học- Viện Khoa học Công nghệ Việt Nam quan tâm tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành chương trình học tập bậc cao học suốt thời gian qua Hải Phòng, ngày 10 tháng năm 2013 Tác giả Lê Minh Tiến Chương Một số bất đẳng thức cổ điển Chương chứng minh số bất đẳng thức cổ điển bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacovski, bất đẳng thức Holder mở rộng chúng Các chứng minh đưa chương không giống cách chứng minh truyền thống bất đẳng thức nêu sách phổ thông chủ đề bất đẳng thức 1.1 Bất đẳng thức Cauchy hệ Mệnh đề 1.1.1: Với số thực x ta có bất đẳng thức ex ≥ x + Dấu đẳng thức xảy x = Chứng minh Xét hàm f (x) = ex −x−1 ta có f (x) = ex −1, f (x) = ↔ x = Khi x < ta có f (x) < 0, x > ta có f (x) > Vậy f(x) đạt cực tiểu thực toàn cục x = Ta có f(0) = Vậy f (x) ≥ với số thực x, dấu đẳng thức xảy x=0 Khẳng định tương đương với bất đẳng thức ex ≥ x + 1, dấu đẳng thức xảy x = Định lý 1.1.2 (bất đẳng thức Cauchy): Nếu xi ( i =1,2, ,n) n số dương thì: n n n xi ≥ i=1 n xi i=1 dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = = xn Chứng minh Đặt A = n xi , G = n i=1 n xi Áp dụng khẳng định mệnh n i=1 xi xi xi − ( i = 1, ,n) ta có: e A −1 ≥ (dấu đẳng thức xảy A A x i = ↔ xi = A) A Vì xi số dương nên từ bất đẳng thức ta suy ra: đề 1.1.1 với x = n e xi −1 A i=1 n xi Gn ≥ ( ) = n ↔ ei=1 A i=1 A n xi −n A ↔ An ≥ Gn ↔ A ≥ G ↔ n Gn n−n ≥ G ≥ n ↔1=e A An n xi ≥ n i=1 n xi n i=1 Dấu đẳng thức xảy xi =A với i ↔ tất xi phải Tiếp theo ta ký hiệu R∗n tập hợp véc tơ x = (x1 , , xn ) Rn mà + thành phần xi dương, Q∗n tập R∗n mà thành phần + + véc tơ thuộc số hữu tỉ dương Ta gọi véc tơ thuộc Q∗n + véc tơ hữu tỷ dương n- chiều Hàm thực n biến f(x)= f (x1 , , xn ) gọi liên tục điểm x* = (x∗ , , x∗ ) ∈ Rn x* thuộc tập xác định f(x) n với dãy {ξk = (ξ1k , , ξnk )} nằm tập xác định f(x) thoả mãn: lim ξik = x∗ i k→∞ (∀i ∈ {1, , n}) (1.1) ta ln có lim f (ξk ) = f (x∗ ) Khi (1.1) ta nói dãy {ξk = (ξ1k , , ξnk )} hội k→∞ tụ tới x* ký hiệu lim ξk = x∗ k→∞ Nếu D tập tập xác định f(x) f(x) liên tục x ∈D ta nói f(x) liên tục D Một véc tơ p = (p1 , , pm ) ∈ R∗m gọi hệ trọng + m lượng chuẩn pi = Ta có mệnh đề sau: i=1 Mệnh đề 1.1.3: Giả sử F(p,x), G(p,x) hai hàm xác định R∗m × R∗n + + liên tục theo biến p R∗m với x cố định ∈ R∗n Khi đó: + + 1) Nếu bất đẳng thức F(p,x) ≥ G(p,x) với (p,x) ∈ Q∗m × R∗n + + với (p,x) ∈ R∗m × R∗n + + 2) Nếu bất đẳng thức F(p,x) ≥ G(p,x) với cặp (p,x) ∈ Q∗m × R∗n + + p hệ trọng lượng chuẩn với cặp (p,x) ∈ R∗m × R∗n p hệ trọng lượng chuẩn + + Chứng minh 1) Giả sử (p*,x*) cặp tuỳ ý thuộc R∗m × R∗n Tồn + + dãy {pk } véc tơ hữu tỷ dương cho lim pk = p∗ Khi theo giả k→∞ thiết ta có: F(pk ,x*) ≥ G(pk ,x*) với k nguyên dương (1.2) Cho k dần tới vô cực (1.2) dùng tính liên tục hàm F, G theo biến p ta điều cần chứng minh: F(p*,x*) ≥ G(p*,x*) 2) Chứng minh hoàn toàn tương tự phần 1) Chỉ cần nhận xét p* hệ trọng lượng chuẩn tuỳ ý tồn dãy hệ trọng lượng chuẩn gồm toàn véc tơ hữu tỷ dương {pk } cho lim pk = p∗ k→∞ Định lý 1.1.4 (bất đẳng thức Cauchy suy rộng): Giả sử x= (x1 , x2 xn ) véc tơ thuộc R∗n p = (p1 , , pn ) hệ + trọng lượng chuẩn Khi ta có bất đẳng thức: n n xp i i p i xi ≥ i=1 (1.3) i=1 Chứng minh Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức (1.3) với n hệ trọng lượng chuẩn hữu tỷ Giả sử pi số hữu tỷ dương cho pi = i=1 mi m Quy đồng mẫu số chung cho tất pi ta xem pi = n mi (i = 1, 2, , n) m số nguyên dương thoả mãn mi = m Áp dụng i=1 bất đẳng thức Cauchy cho m số dương: m1 số x1 , m2 số x2 , , mn số xn ta được: n mi xi ≥ m i=1 n m i=1 xmi ↔ i n n n n mi m /m xi ≥ xi i ↔ p i xi ≥ xp i i m i=1 i=1 i=1 i=1 Vậy (1.3) với cặp (p,x) ∈ Q∗n × R∗n Đặt F(p,x) = + + n = i=1 n pi xi , G(p,x) i=1 xp i i Rõ ràng F(p,x) G(p,x) hàm liên tục theo p = (p1 , , pn ) miền R∗n với x cố định thuộc R∗n Áp dụng khẳng định 2) mệnh đề 1.1.3 ta + + suy tính đắn bất đẳng thức Cauchy suy rộng (1.3) k Mệnh đề 1.1.5: Nếu xj (j = 1, 2, , k) số dương thoả mãn xj = j=1 α/β > thì: k k xα j xβ j ≥ (1.4) j=1 j=1 Nhận xét: Bất đẳng thức (1.4) cho câu trả lời khẳng định câu hỏi đặt tác giả Lê Thống Nhất báo “Những suy nghĩ ban đầu đề thi tuyển sinh đại học mơn Tốn năm 2001” (Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ số 8/2001) Chứng minh Chứng minh bất đẳng thức (1.4) chia làm hai bước: i) Bước 1: Ta chứng minh m, n số nguyên dương m>n thì: k k m/n xj ≥ j=1 xj (1.5) j=1 Với j ∈ {1, 2, , k} áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho m số dương: n số xm/n m – n số ta có: j m/n nxj k m/n Đặt A = j=1 xj + m − n ≥ mxj (j = 1, 2, , k) (1.6) , cộng vế k bất đẳng thức (1.6) áp dụng k bất đẳng thức Cauchy cho k số dương xj (j = 1, 2, , k) (chú ý xj = 1) ta suy j=1 ra: k nA + k(m − n) ≥ m k j=1 j=1 k ≥n k xj + (m − n) xj = n xj j=1 k xj + k(m − n) → A ≥ j=1 xj j=1 Vậy bất đẳng thức (1.5) đúng, tức bất đẳng thức (1.4) với α số hữu tỷ α = m , m, n số nguyên dương, m > n β = n - Trong Rn đặt: x cặp véc tơ x, y ∈ R∗n + n |xi | với véc tơ x = (x1 , , xn ) ∈ Rn Với = i=1 ta có: x+y Vậy hàm g(x) = x = x + y cộng tính R∗n (do g(x) vừa cộng tính, + vừa cộng tính R∗n ) Hàm f(x) = x2 cộng tính thực tăng + (0,+ ∞) nên theo khẳng định 3) mệnh đề 2.5.1 ta có hàm x cộng tính R∗n + Định nghĩa 2.5.2: Hàm n biến f(x) (x =(x1 , , xn ) ∈ D ⊂Rn ) gọi dương D D f có tính chất sau: 1) x =(x1 , , xn ) ∈ D kéo theo tx ∈D với t > 2) f(tx) = tf(x) với t > x ∈ D n Ví dụ : - Hàm u = ( i=1 xk )1/k dương miền R∗n với + i k>0 Khi k > hàm u cộng tính (bất đẳng thức Mincovski) Khi 0 0} xn + y n =R∗2 với số thực n tuỳ ý + - Nếu z = x chuẩn tuỳ ý véc tơ x ∈ R∗n z vừa có tính chất + cộng tính, vừa có tính chất dương Rn , x hàm cộng tính dương R∗n + Định lý 2.5.2: 1) Giả sử w = f(u,v) hàm cộng tính, dương miền R∗2 khơng giảm theo v với u cố định Đặt: + G= x = (x1 , xn ) ∈ R∗n : + n n xi ≤ C = const > ;z= i=1 f (xi , i=1 t Nếu hàm g(t) = f(t, ) không tăng theo t (0;C) thì: n2 {z : x = (x1 , , xn ) ∈ G}= f (C, ) C 31 ) xi 2) Giả sử w = f(u,v) hàm cộng tính, dương miền R∗2 + không tăng theo v với u cố định Đặt: G= x = (x1 , xn ) ∈ R∗n : + n n xi ≤ C = const > ;z= i=1 f (xi , i=1 ) xi t Nếu hàm g(t) = f(t, ) không giảm theo t (0;C) : max {z : x = (x1 , , xn ) ∈ G}= f (C, n n2 ) C xi < C , thay x1 x∗ > x1 > cho x∗ + 1 Chứng minh 1) Nếu i=1 n xi =C Do giả thiết g(t) không tăng theo t ∈ (0;C) hàm f cộng tính i=2 ta có: n i=1 1 f (xi , ) ≥ f (x∗ , ∗ ) + xi x1 n ≥ f (x∗ + i=2 xi , ∗ + x1 n i=2 n f (xi , i=2 ) xi 1 ) = f (C, ∗ + xi x1 n i=2 ) xi Vậy với x = (x1 , , xn ) tuỳ ý thuộc G ta có: n z= f (xi , i=1 n n ) ≥ inf{f (C, ): xi = C, xi > 0} xi i=1 xi i=1 Theo bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacovski, với x = (x1 , , xn ) ∈ G n xi = C ta có: i=1 n n ≤( n xi )( i=1 i=1 ) = C( xi n i=1 )→( xi n i=1 n2 )≥ xi C n Bởi hàm f không giảm theo biến thứ hai, ta suy xi = C có bất i=1 đẳng thức: n f (C, i=1 n2 ) ≥ f (C, ) xi C n2 ) với x = (x1 , , xn ) ∈ G C C C n Khi x1 = x2 = = xn = , tính dương f ta có z=nf ( , ) n n C n2 = f (C, ) C Vậy: z ≥ f (C, 32 Vậy min{z : x = (x1 , , xn ) ∈ G}= f (C, n n2 ) C n xi < C , thay x1 x∗ > x1 > cho x∗ + 1 2) Nếu i=1 xi = C Do giả i=2 thiết g(t) không giảm theo t ∈ (0;C) hàm f cộng tính ta có: n i=1 1 f (xi , ) ≤ f (x∗ , ∗ ) + xi x1 n ≤ f (x∗ + i=2 xi , ∗ + x1 n i=2 n f (xi , i=2 ) xi 1 ) = f (C, ∗ + xi x1 n i=2 ) xi Vậy với x = (x1 , , xn ) tuỳ ý thuộc G ta có: n z= f (xi , i=1 n n ) ≤ sup{f (C, ): xi = C, xi > 0} xi i=1 xi i=1 Theo bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacovski, với x = (x1 , , xn ) ∈ G n xi = C ta có: i=1 n n ≤( n xi )( i=1 i=1 ) = C( xi n i=1 )→( xi n i=1 n2 )≥ xi C n Bởi hàm f khơng tăng theo biến thứ hai, ta suy xi = C có bất i=1 đẳng thức: n f (C, i=1 n2 ) ≤ f (C, ) xi C n2 ) với x = (x1 , , xn ) ∈ G C C C n Khi x1 = x2 = = xn = , tính dương f ta có z=nf ( , ) n n C n2 = f (C, ) C n2 Vậy max{z : x = (x1 , , xn ) ∈ G}= f (C, ) C ∗2 k + v k )1/k với k > cộng tính Ví dụ: 1) Trên R+ hàm f(u,v) = (u Vậy ta có: z ≤ f (C, dương, không giảm theo biến v (suy từ bất đẳng thức Mincovski biểu thức f) Giả sử: G= x = (x1 , , xn ) ∈ R∗n : + n xi ≤ i=1 33 Ta có: g(t)= f t, t = (tk + hàm thực giảm (0;1) g (t) = 1/k ) tk (tk − k 2k t −1 + k ) k ( k+1 ) < t ∈ t t (0;1) Như vậy, tất giả thiết hàm f, g khẳng định 1) định lý 2.5.2 thỏa mãn Theo khẳng định 1) định lý ta có: n i=1 (xk i 1/k n : xi ≤ 1, xi > (i = 1, , n) + k) xi i=1 = (1 + n2k )1/k Khi k = 2, n =3 ta nhận chứng minh toán số V đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2003: Cho số dương x,y,z thỏa mãn x + y + z ≤ Chứng minh rằng: x2 + + x2 + y2 y2 + z2 + √ ≥ 82 z2 n xi ≤ C Tìm giá trị lớn biểu 2) Cho n số dương x1 , , xn thỏa mãn i=1 thức: n (xi − z= i=1 ) xi Giải Xét hàm w = u – v Khi w dương cộng tính, coi w cộng tính Hàm w thực giảm theo biến v với u cố định Hàm g(t) = t − 1 thực tăng (0;C) g’(t) = + > Do t t giả thiết khẳng định 2) định lý 2.5.2 thoả mãn Theo khẳng định ta có: n max xi − z= i=1 xi n xi ≤ C, xi > 0∀i : i=1 34 =C− n2 C Chương Cực trị hàm hai đa thức đối xứng hai biến 3.1 Các đa thức đối xứng hai biến Định nghĩa 3.1.1 Một đa thức đối xứng hai biến x, y hàm m dạng ci xmi y ni , ci số thực, mi , ni số ngun khơng âm, i=1 có tính chất bất biến hoán vị ký hiệu x, y cho Ví dụ: s1 = x+ y, s2 = xy, σn = xn + y n (n số nguyên >1) đa thức đối xứng hai biến x, y Ta có khẳng định sau (xem [Kurosh]): Mệnh đề 3.1.1: Mọi đa thức đối xứng hai biến x, y đa thức đa thức đối xứng s1 , s2 Do mệnh đề 3.1.1, hàm hai đa thức đối xứng hai biến x, y xem hàm hai biến s1 = x + y s2 = xy Vì ta xét hàm dạng f(u,v), u = x + y, v = xy Chương dành cho tốn tìm giá trị lớn giá trị bé hàm dạng f(x+y, xy) hàm xác định tập dạng đặc biệt R2 Về kết liên quan xem báo [H.V.Hùng 2] 35 3.2 Cực trị hàm hai đa thức đối xứng hai biến Trong mục ký hiệu khoảng (a;b), [a;b), (a;b], [a;b], a ≥ b +∞ Định lý 3.2.1: Giả sử f(u,v) hàm hai biến u, v xác định miền D = u ∈< a; b >, v ≤ u2 g(x,y) = f(x+y,xy) xác định miền H = a b {(x, y) : u = x + y ∈< a, b >} ⊂ R2 Đặt N(x) =f 2x, x2 , x ∈< ; > Khi đó: 2 u2 1) Nếu miền D = u ∈< a, b >, v ≤ hàm f(u,v) không tăng theo biến a b v với u cố định hàm N(x) có giá trị bé < ; > thì: 2 min{g (x, y) : (x, y) ∈ H} = 2) Nếu miền D= u ∈< a, b >, v ≤ u2 a b N (x) : x ∈< , > 2 hàm f(u,v) khơng giảm theo biến a b > thì: 2 v với u cố định hàm N(x) có giá trị lớn < ; a b > 2 max{g (x, y) : (x, y) ∈ H} = max N (x) : x ∈< , Chứng minh 1) Cố định giá trị u ∈ Với (x,y) ∈ H thỏa mãn x + y = u ta có: (x + y)2 u2 = xy ≤ 4 (3.1) Vì hàm f(u,v) khơng tăng theo v, với (x,y)∈ H thỏa mãn x + y = u ta có: g(x, y) = f(x + y, xy) = f(u, xy) ≥ f(u, u2 ) (3.2) Khi x = y = u/ ta có (x,y) ∈ H và: g(x,x)=f(2x,x2 )=N(x)=f(u, u2 ) (3.3) a b a b >, tồn điểm x*∈< ; > 2 2 Vì hàm N(x) có giá trị bé < ; cho: 36 a b > =N(x*) 2 N (x) : x ∈< ; (3.4) Từ (3.2), (3.3), (3.4) ta suy ra: g(x, y) ≥N(x*) = f 2x∗ , x∗ với (x, y) ∈H Lấy u* = 2.x* x = y = x* ta có (x∗ , x∗ ) ∈ H g(x*, x*) = N(x*) Vậy: a b > = N(x*) 2 min{g (x, y) : (x, y) ∈ H}=min N (x) : x ∈< ; 2) Nếu f(u,v) hàm khơng giảm theo v từ (3.1) ta suy với (x,y) thoả mãn x+y = u ∈ ta có: g(x, y) = f(x + y, xy) = f(u, xy) ≤ f(u, u2 ) (3.5) Khi x = y = u/ ta có (x,y) ∈ H và: g(x,x)=f(2x,x2 )=N(x)=f(u, u2 ) (3.6) a b a b >, tồn điểm x** ∈< ; > 2 2 Vì hàm N(x) có giá trị bé < ; cho: a b > 2 = N (x∗∗ ) max N (x) : x ∈< ; (3.7) Từ (3.5), (3.6), (3.7) ta suy ra: g(x, y) ≤ N (x∗∗ ) =f 2x∗∗ , x∗∗ với (x,y) ∈ H Lấy u** = 2.x** x = y = x** ta có (x**,x**) ∈ H g(x**, x**) = N(x**) Vậy: max{g (x, y) : (x, y) ∈ H} = max a b N (x) : x ∈< ; > = N(x**) 2 Định lý 3.2.1 áp dụng để giải loạt tốn tìm giá trị bé nhất, giá trị lớn hàm hai đa thức đối xứng hai biến x, y miền dạng H Những toán thường xuất kỳ thi tuyển 37 sinh đại học kỳ thi học sinh giỏi toán bậc trung học sở trung học phổ thông Dưới số ví dụ: Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x3 +y +3(xy −1)(x+y −2), x, y số thực thoả mãn (x − 4)2 + (y − 4)2 + 2xy ≤ 32 (Đề thi tuyến sinh đại học năm 2012, mơn Tốn-khối D) Giải Ta có: (x − 4)2 + (y − 4)2 + 2xy ≤ 32 ↔ (x + y)2 − 8(x + y) ≤ ↔ ≤ x + y ≤ 8; A = (x + y)3 − 3(x + y) − 6xy + Vậy tốn có dạng: Tìm giá trị bé hàm f(u,v) = u3 − 3u − 6v + 6, u = x + y, v = xy miền H ={(x, y) : ≤ x + y ≤ 8} Hàm f(u,v) rõ ràng giảm theo biến v = xy miền H có dạng định lý 3.2.1 (khoảng trường hợp khoảng đóng [0;8]) Áp dụng khẳng định 1) định lý ta có: min{A : ≤ x + y ≤ 8} = N (x) = 8x3 − 6x2 − 6x + : ≤ x ≤ √ 1± Ta có : N’(x) = 24x2 − 12x − 6, N’(x) = ↔ x = Vì xét miền √ √ 1+ 1+ 0≤x≤4 nên ta lấy giá trị x = So sánh giá trị N(0) = 6, N( ) 4 √ 17 − 5 = , N(4) = 398 ta suy ra: √ 17 − 5 min{A : ≤ x + y ≤ 8} = N (x) = 8x3 − 6x2 − 6x + : ≤ x ≤ = Ví dụ 2: Cho số thực x, y thay đổi thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x4 + y + x2 y − x2 + y + (Đề thi tuyến sinh đại học năm 2009, mơn Tốn - khối B) Giải Đặt H = (x, y) : (x + y)3 + 4xy ≥ Bởi (x + y)2 – 4xy ≥ nên ta suy ra: (x + y)3 + (x + y)2 - ≥ ↔ x + y ≥ Như miền H nằm miền G = {(x, y) : (x + y) ≥ 1} Do đó: 38 inf{A : (x, y) ∈ H} ≥ inf{A : (x, y) ∈ G} (3.8) Ta có : A = 3(x + y)4 – 12xy(x + y)2 + 9x2 y - 2(x + y)2 + 4xy + Đặt u = x + y, v = xy ta nhận được: A = f(u,v) = 3u4 − 12vu2 + 9v − 2u2 + 4v + ∂f = −12u2 + 18v + = − u2 + 18 v − u2 ∂v Trên miền D= u ≥ 1, v ≤ u2 ∂f < 0, f(u,v) giảm theo v với ∂v = 9x4 − 4x2 + ta có: ta có u ≥ cố định Đặt N(x) = f 2x, x2 N’(x) = 36x3 − 8x > miền x≥ Do đó: N (x) : x ≥ =N = Theo khẳng định 1) định lý 16 3.2.1 ta có: min{A : (x, y) ∈ G}=min N (x) : x ≥ = 16 Nhưng với x = y = 1/2 ta có 16 1 nên ta suy ∈ H A ; = 2 16 Do (3.8) ta có: inf {A : (x, y) ∈ H} ≥ (x + y)3 + 4xy = điểm min{A : (x, y) ∈ H} = 16 1 ; 2 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn hàm số: x3 + y z= x + y − xy miền H = {(x, y) : x + y ≥ a > 1} Giải Nếu xy < ta có: x3 + y − xy = (x + y) x2 + y − xy − xy ≥ a x2 + y − xy − xy > Nếu xy ≥ ta có x3 + y = (x + y)(x2 + y − xy) ≥ a(x2 + y − xy) > axy ≥ xy miền H Vậy hàm z có nghĩa H Đặt u = x + y , v = xy ta có: z= (x + y)3 − 3xy(x + y) (x + y)3 − 3xy(x + y) − xy 39 = u3 − 3uv = f(u,v) u3 − 3uv − v u3 ∂f = > u ≥ a > ∂v (u3 − 3uv − v) Vậy hàm f(u,v) không giảm theo v miền G = (u, v) : v ≤ u2 ,u ≥ a > với u cố định Theo khẳng định 2) định lý 3.2.1 ta có: max{z : (x, y) ∈ H}= max N (x) = f 2x, x2 : x ≥ a 2x3 1 a 2x Nhưng N(x) = =1+ ≤1+ với x≥ Khi = 2x − x 2x − 2x − a−1 a a x = ta có N( ) = + 2 a−1 a Vậy max{z : (x, y) ∈ H}= max N (x) = f 2x, x2 : x ≥ = 1+ a−1 Định lý 3.2.2: Giả sử f(u,v) hàm hai biến u, v xác định miền u2 g(x,y) = f(x+y, xy) xác định miền D= (u, v) : u ≥ 0, v ∈< a; b >, v ≤ √ √ H = {(x, y) : v = xy ∈< a; b >} ⊂ R2 Đặt N(x) = f 2x, x2 , x ∈< a; b > Khi đó: 1) Nếu miền D = (u, v) : u ≥ 0, v ∈< a, b >, v ≤ u2 hàm f(u,v) không giảm theo biến u với v cố định hàm N(x) có giá trị bé miền x ∈< √ √ a; b > thì: min{g (x, y) : (x, y) ∈ H}= N (x) : x ∈< 2) Nếu miền D = (u, v) : u ≥ 0, v ∈< a, b >, v ≤ √ √ a; b > u2 hàm f(u,v) không tăng theo biến u với v cố định hàm N(x) có giá trị lớn miền x ∈< √ √ a; b > thì: max {g (x, y) : (x, y) ∈ H}= max N (x) : x ∈< Chứng minh 1) Cố định giá trị v ∈< √ √ a; b > √ √ a; b > Với (x,y) ∈H thỏa mãn xy = v ta có: v = xy ≤ √ (x + y)2 →x+y ≥2 v 40 (3.9) Vì hàm f(u,v) khơng giảm theo u, với (x,y) ∈H thỏa mãn xy = v ta có: √ g(x, y) = f(x + y, xy) = f(x + y, v) ≥ f(2 v, v) Khi x = y = √ (3.10) v ta có (x,y) ∈H và: √ g(x,x)=f 2x, x2 =N(x)=f(2 v, v) (3.11) Giả sử: N (x) : x ∈< √ √ √ √ a; b > = N(x*); (x*∈< a; b > ) (3.12) Từ (3.10), (3.11), (3.12) ta suy ra: g(x,y) ≥ N(x*) = f 2x∗ , x∗ với (x,y) ∈ H Lấy v* =x∗ x = y = x* ta có (x*,x*) ∈ H g(x*, x*) = N(x*) Vậy: min{g (x, y) : (x, y) ∈ H}= N (x) : x ∈< √ √ a; b > = N(x*) 2) Nếu f(u,v) hàm khơng tăng theo u từ (3.9) ta suy với (x,y) thoả mãn xy = v > ta có: √ g(x, y) = f(x + y, xy) = f(x + y, v) ≤ f(2 v, v) Khi x = y = √ (3.13) v ta có (x,y)∈H và: √ g(x,x)=f 2x, x2 =N(x)=f(2 v, v) (3.14) Giả sử : max N (x) : x ∈< √ √ √ √ a; b > = N(x**); (x**∈< a; b > ) (3.15) Từ (3.13), (3.14), (3.15) ta suy ra: g(x,y) ≤ N(x**) = f 2x∗∗ , x∗∗ 2 với (x,y)∈H Lấy v** = x∗∗ x = y = x** ta có (x**,x**)∈H g(x**, x**) = N(x**) Vậy: 41 max {g (x, y) : (x, y) ∈ H}= max N (x) : x ∈< √ √ a; b > = N(x**) Định lý 3.2.2 chứng minh hoàn toàn Ta đưa số ví dụ minh hoạ cho định lý 3.2.2 Ví dụ 4: Tìm giá trị bé miền H = (x, y) : xy ≥ , x > 0, y > hàm số: z= x3 + y − xy x3 + y + 2xy Giải Đặt u = x + y, v = xy, ta có : (x + y)3 − 3(x + y)xy − xy u3 − 3uv − v z= = u − 3uv + 2v (x + y)3 − 3(x + y)xy + 2xy 9(u2 − v)v ∂z = ∂u (u3 − 3uv + 2v) Trên miền D = (u, v) : u2 ≤v≤ ta có ∂z > hàm z tăng theo ∂u biến u Theo khẳng định định lý 3.2.2 ta có: min{z : (x, y) ∈ H} = N (x) = 2x3 − x2 2x − 1 = : x≥ 2x3 + 2x2 2(x + 1) 3 vế phải tồn Hàm N(x) có đạo hàm N’(x) > miền x ≥ , nên ta có: N (x) : x ≥ 3 = N( ) = − Vậy: Z = x3 + y − xy : (x, y) ∈ H x3 + y + 2xy =− Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn hàm số: z= x4 + y + xy(x2 + y ) 2(x4 + y ) − xy(x2 + y ) miền H = {(x, y) : x > 0, y > 0} y Giải Ta có : x4 + y −xy x2 + y = (x2 +y )[(x − )2 + 3y ]+(x2 − y )2 > x > 0, y > z hồn tồn xác định miền H Đặt u = x + y, v = xy ta có biểu diễn: 42 z= u4 − 3vu2 2u4 − 9vu2 + 6v Lấy đạo hàm z theo biến u ta được: 6uv u4 − 4vu2 + 6v ∂z =− ∂u (2u4 − 9vu2 + 6v ) u2 Trên miền D = (u, v) : u > 0, < v ≤ ta có ∂z < 0, z hàm giảm ∂u theo u với v cố định Theo khẳng định định lý 3.2.2 ta có: x4 + y + xy(x2 + y ) : x > 0, y > 2(x4 + y ) − xy(x2 + y ) 4x4 = max N (x) = = : x > = 2x max z = 43 Kết luận Bản luận văn “Cực trị số hàm nhiều biến có dạng đặc biệt” đưa cơng thức tính giá trị lớn giá trị bé số hàm nhiều biến có dạng đặc biệt Các hàm nhiều biến có dạng đặc biệt bao gồm: phân thức k- quy, hàm có dạng tỷ số hai phân thức đồng dạng, hàm biểu diễn qua hàm nửa cộng tính, hàm hai đa thức đối xứng hai biến Một số kết tác giả tổng kết từ tài liệu tham khảo, kết khác tác giả tự chứng minh hướng dẫn TS Hoàng văn Hùng, Viện Khoa học Cơ bản, Đại học Hàng hải Việt nam (các khẳng định phân thức k– quy k = định lý 2.1.1, định lý 2.5.2 định lý 3.2.1, 3.2.2) Các ví dụ minh họa cho định lý luận văn chủ yếu lấy từ đề thi tuyển sinh đại học mơn Tốn khối A, B, D từ năm 2002 đến năm 2012 số sách tham khảo bất đẳng thức Điều chứng tỏ kết luận văn hữu ích giải số toán giá trị bé lớn chương trình phổ thơng Các kết chương cịn mở rộng cho hàm đa thức đối xứng với số biến lớn Để tiện lợi cho việc diễn đạt, luận văn tác giả sử dụng thuật ngữ ký hiệu thuộc phạm vi chương trình tốn cao cấp Tuy nhiên, lý luận chứng minh hồn tồn sơ cấp Vì luận văn hoàn toàn thuộc chuyên ngành Phương pháp Tốn sơ cấp sử dụng làm tài liệu giảng dạy cho giáo viên làm tài liệu học tập cho học sinh từ bậc trung học sở trở lên chương trình nâng cao bất đẳng thức toán cực trị 44 Tài liệu tham khảo [1] [H.V.Hùng 1] Hoàng Văn Hùng (2010), "Cực trị lớp hàm có dạng tỉ số hai hàm đại số", Tạp chí Khoa học Cơng nghệ Hàng hải (ISSN 1859 -316X), số 24-11/2010, trang 92-97 [2] [H.V.Hùng 2] Hoàng Văn Hùng (2013), "Phương pháp hàm trội hàm non tìm giá trị lớn bé số hàm hai đa thức đối xứng", Tạp chí Khoa học Công nghệ Hàng hải (ISSN 1859 -316X), số 33-01/2013, trang 97-101 [3] [P.H.Khải 1] Phan Huy Khải (1998), "Cực tiểu phân thức quy", Tuyển tập 30 năm Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, Nhà xuất Giáo dục, (trang 231- 234) [4] [P.H.Khải 2] Phan Huy Khải (1998), 10.000 toán sơ cấp - Bất đẳng thức hình học, Nhà xuất Hà Nội [5] [Tr.Phương] Trần Phương (1997), Bất đẳng thức, Tập Nhà xuất thành phố Hồ Chí Minh [6] [Hardy, Littllewood,Polya] G.H.Hardy, J.E Littllewood,G.Polya (1981), Bất đẳng thức, Nhà xuất đại học trung học chuyên nghiệp (dịch từ tiếng Nga) [7] [Kurosh] A.G Kurosh (1975), Giáo trình Đại số cao cấp, Nhà xuất “Khoa học”, Moskva – (tiếng Nga) 45 ... ? ?Cực trị số hàm nhiều biến có dạng đặc biệt? ?? đưa cơng thức tính giá trị lớn giá trị bé số hàm nhiều biến có dạng đặc biệt Các hàm nhiều biến có dạng đặc biệt bao gồm: phân thức k- quy, hàm có. .. hoạt Bản luận văn ? ?Cực trị số hàm nhiều biến có dạng đặc biệt? ?? nghiên cứu số bất đẳng thức chứa nhiều biến đưa kết luận tương ứng giá trị bé lớn số lớp hàm nhiều biến có dạng đặc biệt Nội dung luận... )1/k (1.14) Chương Cực trị số hàm nhiều biến dạng đặc biệt Chương sử dụng bất đẳng thức chứng minh chương để đưa kết luận giá trị bé lớn số hàm nhiều biến có dạng đặc biệt 2.1 Giá trị bé phân thức