Bài tập phương pháp nhân tử lagrange toán cao cấp năm 2024
|
Trong ngành toán học tối ưu, với phương pháp nhân tử Lagrange (đặt theo tên một nhà toán học) ta có thể tìm được cực tiểu hoặc cực đại địa phương của một hàm số nhưng chịu các điều kiện giới hạn. Phát biểu bài toán
Bài toánCho hai số thực x, y thoả mãn điều kiện x + y = 10. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f(x;y) = x^2 + y^2
\=> Ta có điểm dừng x0 (5,5,-10). Kết luậnPhần tìm giá trị nhỏ nhất đã được bỏ qua ở đoạn cuối, phần quan trọng nhất là tìm điểm dừng x0, và với chủ đề này blog cũng chỉ đề cập đến phương pháp nhân tử Lagrange với đẳng thức, phần bất đẳng thức hoàn toàn không được đề cập đến. Bài này cũng khá ngắn, chỉ đề cập về toán học thông thường, nhưng tất nhiên là cũng có lý do riêng của nó, và là để chuẩn bị cho một blog dài hơi hơn. Tản mạn về toán và cuộc sốngNgay từ khi học cập 3, thương ta gặp rất nhiều bài toán, dạng toán mà đôi khi ta tự hỏi, sau này nó giúp gì cho mình không ? Tại sao phải học toán, biết cộng trừ nhân chia là đủ rồi, phải không ? Ngày xưa, khi cuộc sống mà con người ta chỉ biết đến những tài sản mà họ có như là một con trâu, 2 thửa ruộng,… Nhưng lại đối với những người đang nợ nần, tức là họ phải đạt được một một tiền nào đó thì họ mới trở về tình trạng vô sản. Vậy người ta mới nghĩ ra số âm, để biểu diễn cho trạng thái đó. À vậy đó là lí do số âm ra đời. Đến một ngày kia, khi người ta phát hiện ra bất kì chu vi của một đường tròn nếu chia cho bán kính thì đều ra một hằng số, sau đó họ đặt tên là số pi, rồi cạnh huyền của một tam giác vuông bằng một số nào đó mà thoả mãn c^2 = a^2 + b^2. Nhưng không thể viết chính xác được số đó, và thế là họ nghĩ ra đến căn bậc 2 ( √ ). À vậy là đó là lí do ra đời của số hữu tỉ. Và rồi họ cũng nghĩ ra logarit log(x) = y, vì đơn giản họ thấy rằng số đó tồn tại, khi vẽ lên hàm số, đường cong log(x) giao với đường thằng y = x tại một điểm, chỉ là người ra không thể chỉ chính xác nó mà thôi. Vậy toán học chỉ đơn giản là một công cụ, hay một trò chơi mà con người ra nghĩ ra để đặt tên chỉ điểm cho những cái mà họ không thể biểu diễn chính xác. Đôi khi những bài toán đơn thuần được nghĩ ra, nhưng tồn tại và không ai giải được hoặc chứng minh được, hoặc là những bài toán có thể giải được nhưng có khi mất đến vài … trăm năm chẳng hạn. Ví dụ giải hệ phương trình bậc n, tìm mặt phẳng trong chiều thứ n, … đơn giản vì ta chỉ sống trong không gian 4 chiều (x, y, z, t), nhưng những vấn đề ta gặp phải nó vượt xa ngoài tầm cái 4 chiều rồi. Và máy tính, tin học ra đời, một thứ tuyệt vời, nó giúp ta chứng minh và giải hầu hết các bài toán trong thời gian realtime. Và với cái thời đại thông tin và học máy bùng nổ, mà vẫn chỉ muốn cộng trừ nhân chia, hay là … học toán xong chẳng để áp dụng vào đâu, thì đúng thật là … ấu trĩ =)). (x 0 ,λ 0 )là iểm dừng của hàm LagrangeL(x,λ)và∇φ(x 0 )̸= 0. Xét dạng toàn phương A(u) = n ∑i,j= 1 ∂ 2 L(x,λ 0 ) ∂x i x j (x 0 )∀ u i u j vớiu= (u 1 ,u 2 ,...,u n )∈R n thỏa iều kiệnï∇φ(x 0 ),uð= 0. Khi ó,
φ(x) = 0. ii) NếuA(u) là dạng toàn phương xác ịnh âm thì f ạt cực ại tạix 0 với ràng buộc φ(x) = 0. iii) NếuA(u)là dạng toàn phương không xác ịnh thì f không ạt cực trị tạix 0 với ràng buộcφ(x) = 0. iv) NếuA(u)là dạng toàn phương nửa xác ịnh dương hoặc nửa xác ịnh âm thì chưa có kết luận về cực trị của ftạix 0 với ràng buộcφ(x) = 0. biếnx 1 ,x 2 ,...,x n vàmphương trình ràng buộc (m . Tương tự với trường hợp 1 phương trình ràng buộc, xét hàm số Lagrange: L=f+λ 1 (b 1 −g 1 )+...λ m (b 1 −g m ) (hàmn+mbiến số). iều kiện cần (tương tự trường hợp có 1 phương trình ràng buộc): Tồn tạimsố thực λ 1 ,...,λ m (nhân tử Lagrange) sao cho(x 1 ,...,x n ,λ 1 ,...,λ m )là một iểm dừng củaL. Như vậy, ể tìm tọa ộ iểm dừng của hàm Lagrange ta phải giải hệ phương trình gồm m+nẩn số. Trường hợp 3 biến, 2 phương trình: Hàmf(x,y,z)với iều kiện g 1 (x,y,z) = 0 g 2 (x,y,z) = 0 . Giải hệ phương trình: ∂L ∂x \=∂L ∂y \=∂L ∂z \=∂L ∂ λ 1 \=∂L ∂ λ 2 \= 0 , với L(x,y,z,λ 1 ,λ 2 ) = f(x,y,z)−λ 1 g 1 (x,y,z)−λ 2 g 2 (x,y,z). Tương tự với trường hợp iều kiện ràng buộc là một phương trình, ta có miền xác ịnh ở ây là giao của nhiều "ường khép kín". Cụ thể xét trường hợp 3 biến, 2 phương trình ràng buộc ta có miền xác ịnh là giao của hai mặtg 1 (x,y,z) = 0 vàg 2 (x,y,z) = 0 (có thể là ường hoặc mặt). Với phần lớn các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất ta có thêm các iều kiệnx,y,z> 0 , từ ó miền ta xét có thể trở thành một miền bị chặn và từ ó, ta có thể so sánh giá trịf tại các iểm dừng với giá trịf tại các iểm trên bao óngCtương tự như phần trước. Trong không gian cho trước tam giácABCvà một iểmDthay ổi sao choABCD là một tứ diện có thể tíchVkhông ổi. Tìm vị trí iểmDể tổng diện tích các mặt bên của tứ diệnABCDlà nhỏ nhất. Lời giải GọiHlà hình chiếu củaDlên mặt phẳng chứa tam giácABC. ặtAB=c,BC=a,AC=b,DH=hthìa,b,c,hkhông ổi. Gọih a ,h b ,h c lần lượt là khoảng cách từDlên các ường thẳngBC,CA,ABvàd a ,d b ,d c lần lượt là khoảng cách từHến các ường thẳngBC,CA,AB. Nhận xét: Hình chiếu của iểmDcần tìm lên mặt phẳng(ABC)phải nằm ở miền trong của tam giácABC. Thật vậy, ta có: S DAB \=12 ch c \=12 c h 2 +d 2 c ,S DBC \=12 ah a \=12 a h 2 +d 2 a ,S DCA \=12 bh b \=12 b h 2 +d 2 b . Xét một iểmMcó hình chiếu lên mặt phẳng(ABC) làN sao choMN=hvàN nằm ngoài tam giácABC. Không mất tổng quát, ta có hai trường hợp có thể xảy ra của vị trí iểmN: iểmNnằm trong góc ối ßnh của BAC(hình bên trái) và iểmN nằm trong góc BAC(hình bên phải). Với mỗi trường hợp, gọiE,Flần lượt là hình chiếu củaNlên AB,ACvà nếu iểmN ′ như trong hai hình cùng các hình chiếuE ′ ,F ′ từN ′ ếnAB,AC (các trường hợpNthuộc ường thẳngABhoặcAClà các trường hợp suy biến, hoàn toàn tương tự). Với iểm N cho trước và iểm N ′ ược chọn như trong hình, ta có d a ′ ′ < d b , d c ′ ′ , d b ′ , d c ′ lần lượt là khoảng cách từN ′ tớiBC,CA, AB), suy ra S DAB ′ ,S DBC ′ ,S DCA ′ . Tóm lại, hình chiếu của iểmDcần tìm lên mặt phẳng(ABC)phải nằm ở miền trong của tam giácABC. Do ó ta ượcad a +bd b +cd c \= 2 S HBC + 2 S HCA + 2 S HAB \= 2 S ABC =kkhông ổi. Tổng diện tích các mặt bên của tứ diệnABCDlà: S=12 ah a +12 bh b +12 ch c \=12 a h 2 +d 2 a +b h 2 +d 2 b +c h 2 +d 2 c . Ta phát biểu một bài toán tương ương như sau: Cho trước các hằng số thực dươnga,b,c,h,kvà các số thực dươngx,y,zthay ổi sao choax+by+cz=k. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S= a h 2 +x 2 +b h 2 +y 2 +c h 2 +z 2 . Cách 1: Phương pháp nhân tử Lagrange Xét hàm Lagrange: L(x,y,z,λ) = a h 2 +x 2 +b h 2 +y 2 +c h 2 +z 2 −λ(ax+by+cz−k). bất ẳng thức Minkowski và áp dụng cụ thể vào bài này với những bộ số nào. Cách 1 tuy dài dòng hơn, nhưng người làm có thể không cần nhớ bất cứ một kết quả nào về bất ẳng thức cổ iển hay kỹ thuật chọn iểm rơi mà chß cần biết ạo hàm và có kỹ năng giải hệ phương trình. Phương pháp này rất phù hợp cho những ai bị hạn chế về kiến thức và kỹ năng bất ẳng thức, không cần biết quá nhiều về các kết quả của bất ẳng thức cổ iển vẫn có thể giải bất ẳng thức ược! Cho 2 số dươnga,bthỏa mãna 14 +b 14 = 2. Chứng minh rằng 5 a 2 b + 3 b 3 a 2 g 8. Lời giải ặtf(a,b) = 5 a 2 b + 3 b 3 a 2 ,g(a,b) =a 14 +b 14 − 2 Thiết lập hàm Lagrange như sau: L(a,b,λ) = f(a,b)−λ.g(a,b) = 5 a 2 b + 3 b 3 a 2 −λ(a 14 +b 14 − 2 ). Tọa ộ iểm dừng của hàm Lagrange là nghiệm của hệ phương trình ∂L ∂a \= 10 a b − 6 b 3 a 3 −λ. 14 a 13 = 0 ∂L ∂b \= − 5 a 2 b 2 + 9 b 2 a 2 −λ. 14 b 13 = 0 ∂L ∂ λ \=a 14 +b 14 − 2 = 0 Doa,b> 0 nên từ hai phương trình ầu ta có: 10 a b − 6 b 3 a 3 14 a 13 \= − 5 a 2 b 2 + 9 b 2 a 2 14 b 13 ⇐⇒ 10 a 4 b 14 − 6 b 18 =− 5 a 18 + 9 a 14 b 4 ặt a 2 b 2 \=k(k> 0 ), phương trình trên trở thành: 5 k 9 − 9 k 7 + 10 k 2 − 6 = 0. Xét hàm sốh(k) = 5 k 9 − 9 k 7 + 10 k 2 − 6 trên( 0 ,+∞). Ta chứng minhh(k)tăng ngặt. Thật vậy, ta có: h ′ (k) = 45 k 8 − 63 k 6 + 20 k \=k(k− 1 ) 2 ( 45 k 5 + 90 k 4 + 72 k 3 + 54 k 2 + 36 k+ 18 )+ 2 k> 0 ,∀k> 0. Do óhtăng trên( 0 ,+∞). Vìh( 1 ) = 0 nên 5 k 9 − 9 k 7 + 10 k 2 − 6 = 0 ⇐⇒h(k) =h( 1 )⇐⇒k= 1. Suy raa=b, kết hợp vớia 14 +b 14 = 2 thu ược(a,b) = ( 1 , 1 ). Vậy hàm số có một iểm dừng là( 1 , 1 ). Kiểm tra ược( 1 , 1 ) là cực tiểu của f nên f(a,b)gf( 1 , 1 ) = 8 ,∀(a,b)∈R 2 . Hoàn tất chứng minh. Bình luận: ối với những bất ẳng thức mà iều kiện dạng a thức với số mũ lớn thì việc sử dụng bất ẳng thức cổ iển là không dễ dàng. Như ở ví dụ này, ta thấy cách cổ diển thể hiện sự bất lực khi phải xử lý số mũ 14 (bất ẳng thức cổ iển thường làm giảm số mũ khi ánh giá trội thay vì làm tăng). Trong khi ó phương pháp Lagange lại tỏ ra hiệu quả vì không cần xử lý quá nhiều về số mũ 14 mà hệ tọa ộ iểm dừng cũng khá dễ dàng giải ược bằng cách ưa về phương trình một ẩn. (USAMO 2001) Cho các số thực dươnga,b,cthỏa mãna 2 +b 2 +c 2 +abc= 4. Chứng minh rằng 0 fab+bc+ca−abcf 2. Lời giải Bất ẳng thức thứ nhất có thể thu ược bằng việc sử dụng Bất ẳng thức Cauchy cùng vài ánh giá ại số. Ở ây ta sẽ chứng minh bất ẳng thức thứ hai. Xét hàm Lagrange:L(a,b,c,λ) =ab+bc+ca−abc−λ(a 2 +b 2 +c 2 +abc− 4 ) Tọa ộ iểm dừng là nghiệm của hệ phương trình: ∂L ∂a \= 0∂L ∂b \= 0∂L ∂c \= 0∂L ∂ λ \= 0⇐⇒ b+c−bc−λ( 2 a+bc) = 0 a+c−ac−λ( 2 b+ac) = 0 b+a−ab−λ( 2 c+ab) = 0 a 2 +b 2 +c 2 +abc− 4 = 0 ⇐⇒ λ= b+c−bc 2 a+bc λ= a+c−ac 2 b+ac λ= b+a−ab 2 c+ab a 2 +b 2 +c 2 +abc= 4 ⇐⇒ λ= b+c−bc 2 a+bc \= a+c−ac 2 b+ac \= b+a−ab 2 c+ab a 2 +b 2 +c 2 +abc= 4 Từ ó ta có: (∗) b+c−bc 2 a+bc \= a+c−ac 2 b+ac a+c−ac 2 b+ac \= b+a−ab 2 c+ab a 2 +b 2 +c 2 +abc= 4 iểm dừng củaLlà nghiệm của hệ phương trình: 2 ab+c 2 −λ 1 − 2 λ 2 a= 0 2 bc+a 2 −λ 1 − 2 λ 2 b= 0 2 ac+b 2 −λ 1 − 2 λ 2 c= 0 a+b+c= 0 a 2 +b 2 +c 2 = 6 Cộng vế theo vế 3 phương trình ầu:(a+b+c) 2 − 3 λ 1 − 2 λ 2 (a+b+c) = 0 ⇒λ 1 \= 0. Cũng từ 3 phương trình ầu ta suy ra (quy ước mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0): 2 ab+c 2 a \= 2 bc+a 2 b \= 2 ac+b 2 c \= 2 λ 2 . Dự oán ây là iều kiện xảy ra ẳng thức khi sử dụng bất ẳng thức Cauchy - Schwarz nên ta sẽ giải bài toán bằng cách áp dụng bất ẳng thức Cauchy-Schwarz như sau: ( 3 a 2 b+ 3 b 2 c+ 3 c 2 a) 2 = a ∀ 2 ab+c 2 ∀ +b ∀ 2 bc+a 2 ∀ +c ∀ 2 ac+b 2 ∀ 2 f ∀ a 2 +b 2 +c 2 ∀∀ 2 ab+c 2 ∀ 2 ∀ 2 bc+a 2 ∀ 2 ∀ 2 ac+b 2 ∀ 2 \= 6∀ 4 a 2 b 2 + 4 b 2 c 2 + 4 a 2 c 2 + 4 abc 2 + 4 bca 2 + 4 acb 2 +a 4 +b 4 +c 4 ∀= 6∀ a 2 +b 2 +c 2 ∀ 2 2 \= 636 + 2 (a+b+c) 2 − ∀ a 2 +b 2 +c 2 ∀2 2 = 6 ( 36 + 2. 9 ) = 324. Ta suy ra ược a 2 b+b 2 c+c 2 af 6. Ta i tìm giá trị(a,b,c)khi ẳng thức xảy ra. ẳng thức xảy ra khi 2 ab+c 2 a \= 2 bc+a 2 b \= 2 ac+b 2 c ( 1 ) a+b+c= 0 ( 2 ) a 2 +b 2 +c 2 = 6 ( 3 ) a 2 b+b 2 c+c 2 a= 6 Từ (1) suy ra 2 abc+a 3 = 2 ab 2 +bc 2 2 abc+b 3 = 2 bc 2 +ca 2 2 abc+c 3 = 2 ca 2 +ab 2 Cộng vế theo vế ta ược: 6 abc+a 3 +b 3 +c 3 = 3 ∀ ab 2 +bc 2 +ca 2 ∀. ( 4 ) Ta có:(a+b+c) 3 =a 3 +b 3 +c 3 + 3 (a+b)(b+c)(c+a) ⇐⇒a 3 +b 3 +c 3 =− 3 ∀ a 2 b+b 2 c+c 2 a ∀− 3∀ ab 2 +bc 2 +ca 2 ∀ − 6 abc. Thay vào (4) ta ược: 2∀ ab 2 +bc 2 +ca 2 ∀+∀ a 2 b+b 2 c+c 2 a ∀= 0⇐⇒ 2∀ ab 2 +bc 2 +ca 2 ∀+ 2∀ a 2 b+b 2 c+c 2 a ∀=∀ a 2 b+b 2 c+c 2 a ∀= 6⇐⇒ 2∀ ab 2 +bc 2 +ca 2 +a 2 b+b 2 c+c 2 a+ 3 abc ∀ − 6 abc= 6 ⇐⇒ 2 (a+b+c)(ab+bc+ca) = 6 abc+ 6. Màa+b+c= 0 nênabc=− 1 ( 5 ). Từ (2), (3) ta tính ượcab+bc+ca=− 3 ( 6 ). Từ (2), (5), (6) suy raa,b,clà 3 nghiệm của phương trìnhx 3 − 3 x+ 1 = 0. ặtx=2cost,t∈[ 0 ,π], ta ược phương trình: 8cos 3 t−6cost+ 1 = 0 ⇐⇒ cos3t=− 12⇐⇒ t= 2 π 9 t= 4 π 9 t= 8 π 9. Vậy nên ta kết luận giá trị lớn nhất củaPlà 6 khia=2cos 2 π 9 ,b=2cos 4 π 9 ,c=2cos 8 π 9. Bình luận: ây là một ví dụ về việc sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange ể tìm giá trị iểm rơi, phục vụ cho chứng minh bất ẳng thức. Ta có thể thấy ược ở trên, iểm rơi không hề dễ dàng nghĩ ra ược. Tới cả khi lập ược hệ tọa ộ iểm dừng thì việc giải hệ ó cũng không ơn giản. Vậy nên ta sẽ linh hoạt, sử dụng ồng thời yếu tố giải tích và bất ẳng thức cổ iển. Rõ ràng, nhờ phương pháp Lagrange mà ta tìm ược iểm rơi của bất ẳng thức, sau ó dựa vào iểm rơi ể vận dụng bất ẳng thức Cauchy-Schwarz. Xét hệ với iểm dừng củaLlà nghiệm của hệ: ∂L ∂a \= 0∂L ∂b \= 0∂L ∂ λ \= 0⇐⇒ − 2 (b− 2 ab 2 ) (ab−a 2 b 2 ) 2 −λ= 0 − 2 (a− 2 ba 2 ) (ab−a 2 b 2 ) 2 −λ= 0 a+b− 2 = 0 Từ hai phương trình ầu tiên ta suy ra b− 2 ab 2 =a− 2 ba 2 ⇐⇒(b−a)( 1 − 2 ab) = 0 ⇐⇒ab= 12 (doa̸=b). Kết hợp vớia+b= 2 suy ra(a,b) = 2 +√22,2 −√22 . Ta tính ược f 2 +√22,2 −√22 \= 8 , lim (a,b)→( 1 , 1 ) 2 ab( 1 −ab) \= +∞, lim a→ 0 2 ab( 1 −ab) \= lim b→ 0 2 ab( 1 −ab) \= +∞. Vậy nênf(a,b)g 8 ∀a,b> 0 ,a̸=b,a+b= 2. Do ó số cần tìm làk= 8. Choa,b,clà các số thực dương. Chứng minh rằng a b+c + b c+a + c a+b g 32+ (a−b) 2 +(b−c) 2 +(c−a) 2 2 (a+b+c) 2 . Bài toán trên lấy ý tưởng từ bất ẳng thức Nesbit: a b+c + b c+a + c a+b g 32 theo ý tưởng làm chặt hơn cho Nesbit. Hướng ể làm chặt là ta sẽ thêm một hàm sốf(a,b,c)thỏa mãn: a b+c + b c+a + c a+b g 32 +f(a,b,c) trong óf(a,b,c)g 0 ∀a,b,c> 0 (vì f(a,b,c)< 0 thì bất ẳng thức hiển nhiên úng). Ngoài ra ta có thể tìm thêm một số iều kiện chofể có thể tìm ược hàmftốt hơn. Trước tiên ta có nhận xét là với bất ẳng thức Nesbit, không mất tính tổng quát,a+b+c= 3. Thật vậy, giả sửa+b+c=k(k> 0 ), ta xét một bộ(a 0 ,b 0 ,c 0 ) = 3 a k , 3 b k , 3 c k . Khi ó a 0 +b 0 +c 0 = 3. Ta có h(a,b,c) = a b+c + b c+a + c a+b \= a k b k + c k + b k c k + a k + c k a k + b k \= a 0 b 0 +c 0 + b 0 c 0 +a 0 + c 0 a 0 +b 0 \=h(a 0 ,b 0 ,c 0 ). Do ó ta chß cần xét các bộ(a 0 ,b 0 ,c 0 )màa 0 +b 0 +c 0 = 3 là ủ. Ta mong muốn iểm rơi |
