Cực trị có điều kiện: tìm cận và kiểm tra khả năng đạt
Từ bình phương không âm đến tối ưu: chọn cận đúng với đại lượng cố định, kiểm miền thực hoặc nguyên và phân biệt giá trị lớn nhất với cận không đạt.
TOÁN 9 · BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MIỀN CHO PHÉP
Cực trị có điều kiện: tìm cận và kiểm tra khả năng đạt
Từ bình phương không âm đến tối ưu: chọn cận đúng với đại lượng cố định, kiểm miền thực hoặc nguyên và phân biệt giá trị lớn nhất với cận không đạt.
1. “Không vượt quá” và “lớn nhất” là hai việc khác nhau
Muốn chứng minh một đại lượng F có giá trị lớn nhất bằng M, cần làm đủ hai việc:
- Với mọi lựa chọn hợp lệ, chứng minh F\le M.
- Tìm ít nhất một lựa chọn hợp lệ cho F=M, rồi kiểm lại toàn bộ điều kiện ban đầu.
Việc thứ nhất tìm một cận trên. Việc thứ hai cho thấy cận đó thật sự đạt được. Chẳng hạn nếu đã biết F\le10, ta cũng có F\le100, nhưng không vì thế mà 100 là giá trị lớn nhất.
Với giá trị nhỏ nhất, đổi F\le M thành F\ge m và vẫn phải tìm được trường hợp đạt m. Từ “mọi” đòi hỏi một lập luận tổng quát; từ “đạt” đòi hỏi một đối tượng thật sự được phép chọn.
Ba kiểu miền sẽ tạo ba kiểu kết luận trong bài học: độ dài thực có thể bằng nhau, độ dài nguyên có thể không bằng nhau, và một miền mở có thể chỉ cho giá trị tiến sát cận. Không cần đạo hàm; công cụ chính là bình phương không âm và thứ tự của các số dương.
2. Hai cận từ cùng một bình phương
Với mọi số thực u,v, ta có (u-v)^2\ge0, và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u=v. Khai triển cho:
2uv\le u^2+v^2.
Mặt khác, (u+v)^2=u^2+2uv+v^2, nên:
4uv\le(u+v)^2.
Nếu biết tổng u+v=T, dùng uv\le T^2/4. Nếu biết tổng bình phương u^2+v^2=Q, dùng uv\le Q/2. Cả hai đều đòi hỏi u=v để có dấu bằng.
Đây là hai cách khai thác cùng một đẳng thức. Chọn cận sao cho vế phải chỉ chứa đại lượng đã cố định. Nếu vế phải vẫn thay đổi theo lựa chọn, ta chưa có cận cố định cho bài toán.
Cũng có thể viết chênh lệch với cận trên một cách chính xác:
\frac{(u+v)^2}{4}-uv=\frac{(u-v)^2}{4},\qquad \frac{u^2+v^2}{2}-uv=\frac{(u-v)^2}{2}.
Nhờ đó ta thấy vì sao hai lượng càng lệch nhau thì tích càng cách xa cận, khi tổng hoặc tổng bình phương tương ứng được giữ cố định. Không được thay đổi cả tổng rồi vẫn dùng kết luận so sánh ấy.
3. Ứng dụng thứ nhất: cùng chu vi, khác miền độ dài
Một mảnh vườn hình chữ nhật được rào kín bằng 22 m hàng rào; không có cổng hay phần thừa. Gọi hai cạnh là u,v>0, tính bằng m. Khi ấy 2u+2v=22, nên u+v=11; diện tích S=uv, đơn vị \mathrm{m}^2.
Cho phép mọi độ dài thực dương
Vì tổng bằng 11, bất đẳng thức tổng cố định cho S\le121/4=30{,}25. Điều kiện dấu bằng là u=v. Kết hợp tổng, ta được u=v=11/2=5{,}5.
Hình vuông cạnh 5{,}5 m tồn tại, có chu vi 22 m và diện tích 30{,}25\ \mathrm{m}^2. Vậy cận trên được đạt và đây là diện tích lớn nhất.
Chỉ cho phép cạnh dài một số nguyên mét
Bây giờ thêm điều kiện u,v là số nguyên dương. Cận 30{,}25 vẫn đúng, nhưng lựa chọn 5{,}5 không hợp lệ. Vì u+v=11 lẻ, hai số nguyên u,v không thể bằng nhau và |u-v|\ge1. Dùng chênh lệch chính xác:
S=\frac{121-(u-v)^2}{4}\le\frac{121-1}{4}=30.
Chọn u=5,v=6, hoặc đổi vai hai cạnh, được chu vi 22 và diện tích 30. Vậy trong miền nguyên, giá trị lớn nhất là 30, khác với miền thực.
Hai hình cùng tổng hai cạnh bằng (11). Tỉ lệ độ dài trong mỗi hình được giữ đúng; cạnh nguyên buộc hình tốt nhất lệch khỏi hình vuông.
Không làm tròn riêng 5{,}5 thành hai cạnh 6,6: chu vi khi ấy thành 24 m, vi phạm lượng hàng rào. Lựa chọn mới phải giữ cả miền nguyên lẫn tổng đã cho.
Quy luật chuyển giao: với tổng nguyên dương T\ge2, hai cạnh nguyên dương có tích lớn nhất khi chênh lệch nhỏ nhất. Nếu T chẵn, chọn T/2,T/2. Nếu T lẻ, chọn (T-1)/2,(T+1)/2. Hai lựa chọn đều tồn tại và đạt cận từ công thức chênh lệch; không cần thử mọi cặp.
4. Ứng dụng thứ hai: đổi đại lượng cố định, đổi cận phù hợp
Cho một hình chữ nhật có đường chéo dài 10 cm; hai cạnh a,b>0, tính bằng cm, được thay đổi. Theo Pythagore:
a^2+b^2=100,\qquad S=ab.
Ở đây tổng a+b chưa cố định. Dùng bất đẳng thức chứa tổng bình phương:
2ab\le a^2+b^2=100\quad\Longrightarrow\quad S\le50.
Dấu bằng đòi hỏi a=b. Thế vào điều kiện đường chéo cho 2a^2=100; do độ dài dương, a=b=5\sqrt2. Hình vuông có cạnh ấy thật sự có đường chéo \sqrt{50+50}=10 cm, nên đạt diện tích 50\ \mathrm{cm}^2.
Kiểm một lựa chọn khác: cạnh 6,8 cho đường chéo 10, nhưng diện tích chỉ 48. Nó hợp lệ mà chưa tối ưu. Phần thiếu so với cận là (6-8)^2/2=2, đúng bằng 50-48.
Nếu yêu cầu hai cạnh khác nhau, có thể vẫn gọi 50 là diện tích lớn nhất không?
Cận không đạt và cách cải thiện mọi lựa chọn
Không. Giả sử a>b>0, đặt d=a^2-b^2, nên 0<d<100. Giữ tổng bình phương 100, nhưng chọn:
a'^2=50+\frac d4,\qquad b'^2=50-\frac d4.
Lấy hai căn dương. Chúng vẫn khác nhau, tổng bình phương vẫn 100, còn chênh lệch bình phương chỉ là d/2. Ta có:
(ab)^2=\frac{10000-d^2}{4},\qquad (a'b')^2=\frac{10000-d^2/4}{4}>(ab)^2.
Hai tích đều dương, nên diện tích mới lớn hơn. Như vậy mọi hình hợp lệ có hai cạnh khác nhau đều có thể được cải thiện: không có diện tích lớn nhất trong miền này. Cận 50 vẫn đúng, nhưng chỉ đạt ở hình vuông đã bị loại.
Điểm quan trọng không phải “hình vuông luôn tối ưu”. Kết luận được chứng minh dưới đúng điều kiện cố định và đúng miền cho phép; thay miền thì phải kiểm điều kiện dấu bằng lại từ đầu.
5. Ứng dụng thứ ba: biểu thức có hai cận nhưng không đạt cận nào
Xét P(x)=4/(\sqrt{x}+2), với x>0. Căn được xác định và \sqrt{x}>0, nên mẫu lớn hơn 2. Tử và mẫu đều dương, vì vậy:
0<P(x)<2.
Cả 0 và 2 đều không phải giá trị của biểu thức trên miền này. Nhưng chỉ nhìn hai dấu bất đẳng thức chưa đủ kết luận không có giá trị lớn nhất: có thể tồn tại một giá trị lớn nhất nhỏ hơn 2. Ta cần một lập luận mạnh hơn.
Tạo giá trị tốt hơn từ bất kì đầu vào nào
Với mọi x>0, số x/4 vẫn hợp lệ và có \sqrt{x/4}=\sqrt{x}/2. Mẫu số mới nhỏ hơn và vẫn dương, nên:
P(x/4)>P(x).
Vì bất kì giá trị nào cũng có giá trị lớn hơn, P không có giá trị lớn nhất. Tương tự, 4x>0, \sqrt{4x}=2\sqrt{x}, nên P(4x)<P(x). Vì luôn có giá trị nhỏ hơn, P cũng không có giá trị nhỏ nhất.
Hai cận có sát tập giá trị không?
Lấy một số tùy ý p với 0<p<2. Muốn P(x)=p, biến đổi trên các số dương được:
\sqrt{x}=\frac4p-2>0,\qquad x=\left(\frac4p-2\right)^2>0.
Thế lại xác nhận P(x)=p. Do đó tập giá trị là toàn bộ khoảng 0<p<2, không lấy hai đầu mút. Có thể chọn giá trị gần 2 hoặc gần 0 đến mức mong muốn, nhưng không có đầu vào hữu hạn hợp lệ cho đúng hai cận ấy.
Nếu mở miền thành x\ge0, ta thêm được P(0)=2, nên lúc đó giá trị lớn nhất là 2. Miền đầu vào chỉ thêm một điểm mà sự tồn tại của giá trị lớn nhất đã thay đổi. Giá trị nhỏ nhất vẫn không có.
6. Tự chuyển giao: cận, dấu bằng, lựa chọn đạt
Một tổng mới. Hai số nguyên dương m,n có tổng 13. Tìm tích lớn nhất, kèm lí do không bỏ sót.
Dùng chênh lệch nguyên nhỏ nhất
Vì tổng lẻ, |m-n|\ge1. Suy ra mn=[169-(m-n)^2]/4\le42. Cặp 6,7 đạt 42. Tính được một cặp tốt là chưa đủ; bất đẳng thức chứng minh không cặp nào tốt hơn.
Một miền đóng. Giữ P(x)=4/(\sqrt{x}+2), nhưng chỉ cho 1\le x\le9. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
Giữ thứ tự qua căn và phép nghịch đảo
Ta có 1\le\sqrt{x}\le3, nên 3\le\sqrt{x}+2\le5. Với các mẫu dương, mẫu càng lớn thì thương càng nhỏ:
\frac45\le P(x)\le\frac43.
Hai đầu vào x=9 và x=1 đều được phép, lần lượt đạt 4/5 và 4/3. Do đó cả giá trị nhỏ nhất lẫn lớn nhất đều tồn tại. Nếu bỏ hai đầu mút khỏi miền, hai cận vừa tìm vẫn đúng nhưng không còn đạt; có thể cải thiện mọi điểm bên trong bằng cách chọn điểm gần đầu mút hơn.
Một kết luận cực trị đủ chặt có ba phần: miền được phép; cận chứng minh cho mọi lựa chọn; và kiểm tra điều kiện đạt dấu bằng. Nếu cận không đạt, hãy chứng minh liệu có cận tốt hơn, hay mọi lựa chọn đều còn cải thiện được.
Toán THCS · Hiểu điều kiện, tự dựng lập luận, kiểm tra kết quả