Luận văn Về quy tắc fermat trong bài toán cực trị từ toán sơ cấp đến toán cao cấp – Luận văn, đồ án, đề tài tốt nghiệp
Bạn đang đọc: Luận văn Về quy tắc fermat trong bài toán cực trị từ toán sơ cấp đến toán cao cấp – Luận văn, đồ án, đề tài tốt nghiệp
63 trang | Chia sẻ : anhthuong12
| Lượt xem: 655
| Lượt tải : 0
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Về quy tắc fermat trong bài toán cực trị từ toán sơ cấp đến toán cao cấp, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
trận xác lập âm nếu 0, , 0T nx Ax x x . 1.8. Bổ đề Farkas. Cho vectơ np và ma trận A cấp m n, muốn cho, 0 p x với mọi x nghiệm đúng 0 Ax điều kiện kèm theo cần và đủ là sống sót vectơ mu sao cho 0 u và Tp A u ( p màn biểu diễn được dưới dạng tổng hợp tuyến tính không âm những vec tơ hàng của A ). 1.9. Nón pháp tuyến. Một tập C được gọi là nón nếu 0, x C x C một nón được gọi là nón lồi nếu đồng thời nó là một tập lồi. Cho tập nC là một tập lồi và một điểm x C . Ký hiệu 0CN x w | w, y x y C . 12 Hiển nhiên 0 CN x . Dùng định nghĩa, kiểm tra được CN x là một nón lồi đóng, nón này được gọi là nón pháp tuyến ngoài của C tại x. Tập CN x được gọi là nón pháp tuyến trong của C tại x. Hiển nhiên 0CN x w | w, y x, y C . Khi C là một tập mở ( trường hợp riêng là nC ) thì 0CN x . 1.10. Dƣới vi phân Cho nf : . Ta nói * nx là dưới đạo hàm của f tại x nếu * x, z x f x f z, z. Tương tự so với hàm lồi khả vi thường thì biểu thức này có nghĩa là phương trình tiếp tuyến nằm dưới đồ thị của hàm số, tuy nhiên khác với trường hợp khả vi, tiếp tuyến ở đây hoàn toàn có thể không sống sót duy nhất. Ký hiệu tập hợp toàn bộ những dưới đạo hàm của f tại x là f x . Nói chung đây là một tập ( hoàn toàn có thể bằng rỗng ) trong n . Khi f x thì ta nói f khả dưới vi phân tại x. Theo định nghĩa, một điểm * x f x khi và chỉ khi nó thỏa mãn nhu cầu một hệ vô hạn những bất đẳng thức tuyến tính. Như vậy f x là giao của những nửa khoảng trống đóng. Vậy f x luôn là một tập lồi đóng ( hoàn toàn có thể rỗng ). Ví dụ 1.3. 1. nf x x, x . Tại điểm x = 0 hàm này không khả vi, nhưng nó khả dưới vi phân và 0 * * f x | x, x x, x 2. C f là hàm chỉ của một tập lồiC . Khi đó với 0 x C 0 0 * * C Cx x | x, x x x, x 13 Với x C , thì C x , nên bất đẳng thức này luôn đúng. Vậy 0 0 00 * * C Cx x | x, x x, x C N x Vậy đưới vi phân của hàm chỉ của một tập lồi C khác rỗng tại điểm x0 C chính là nón pháp tuyến ngoài của C tại x0. 14 Chƣơng 2 QUY TẮC FERMAT TRONG BÀI TOÁN CỰC TRỊ Pierre de Fermat sinh ngày 17 tháng 8 năm 1601 tại Pháp, ông mất năm 1665. Fermat là một học giả vĩ đại, một nhà toán học nổi tiếng và là cha đẻ của kim chỉ nan số tân tiến. Fermat xuất thân từ một mái ấm gia đình khá giả, ông học ở Toulouse và lấy bằng cử nhân luật dân sự rồi làm chánh án nhưng lại vô cùng mê hồn toán học với thói quen nổi tiếng là ghi những ghi chú bên lề những quyển sách. Fermat là một học giả nghiệp dư đích thực. Ông được ca tụng là ” Ông Hoàng của những người nghiệp dư “. Trong những thư từ trao đổi với những nhà toán học, ông luôn viết những phát biểu cho định lí mới nhất của mình, nhưng không gửi kèm chứng tỏ. Và ông thử thách họ tìm ra chứng tỏ đó. Việc ông không khi nào bật mý chứng tỏ của mình cho mọi người biết khiến họ rất bực mình. Rene Descartes đã gọi Fermat là ” thằng cha nói điêu “, còn John Wallis thì gọi ông là ” gã người Pháp chết tiệt “. Khi Blaise Pascal ép ông công bố chứng tỏ, nhà toán học đã nói : ” Bất cứ khu công trình nào của tôi cũng xứng danh được công bố, nhưng tôi không muốn tên tôi Open ở đó. “. Ông là một người ưa bí hiểm, ông sẵn sàng chuẩn bị quyết tử nổi tiếng của mình để miễn là không bị quấy rầy bởi những câu hỏi vụn vặt của những người phê bình. Phạm vi những định lí của Fermat trải rộng từ định lí cơ bản đến những định lí đơn thuần chỉ có tính vui chơi, và thường thì định lí được phát biểu ở mức độ ngắn 15 nhất hoàn toàn có thể hiểu nổi và không có một lời gợi ý hay một chứng tỏ nào. Sau khi Pierre de Fermat mất, người con trai mới in dần những khu công trình của cha kể từ năm 1670. Năm 1896, hầu hết những tác phẩm của Fermat được ấn hành thành 4 tập dày. Qua đó, người đời vô cùng quá bất ngờ và khâm phục trước sức góp phần dồi dào của ông. Chính ông là người sáng lập triết lý số tân tiến, trong đó có 2 định lý điển hình nổi bật : định lý nhỏ Fermat và định lý lớn Fermat. Trong hình học, ông tăng trưởng giải pháp tọa độ, lập phương trình đường thẳng và những đường cong bậc hai rồi chứng tỏ rằng những đường cong nọ chính là những thiết diện cônic. Trong giải tích, ông nêu những quy tắc lấy đạo hàm của hàm mũ với số mũ hữu tỷ bất kể, tìm cực trị, tính tích phân những hàm mũ với số mũ phân số và số mũ âm. Nguyên lý Fermat về truyền sáng lại là một định luật quan trọng của quang học. Ông vừa là một luật sư, vừa là một nhà toán học đã góp phần nhiều vào sự tăng trưởng trong bước đầu của toán học. Đặc biệt, ông được nhớ đến qua sự tò mò một giải pháp tiên phong để tìm cực lớn và cực tiểu của tung độ của đường cong. Ông cũng điều tra và nghiên cứu về triết lý số và có nhiều góp phần trong những nghành hình học giải tích, Xác Suất và quang học. Vào những năm 1630 khi khái niệm đạo hàm còn chưa được định nghĩa thì Fermat đã biết sử dụng nó để giải những bài toán cực trị như một công cụ mới mẻ và lạ mắt đầy hiệu suất cao. Ông xét bài toán sau : Cho trước một đoạn thẳng, hãy chia nó thành 2 phần sao cho tích của 2 phần này là lớn nhất ? B B – AA Hình 2.1. 16 Đáp án của bài toán này thì người ta đã biết từ trước ( tích lớn nhất khi ta chia đoạn thẳng thành 2 phần bằng nhau ) nhưng cách làm của Fermat thì lại rất mới. Gọi chiều dài đoạn khởi đầu là B, chiều dài đoạn thứ nhất là A thì chiều dài đoạn thứ hai sẽ là : B-A và tích của 2 phần là : 2 ( ) A B A AB A. Nhà toán học Hi Lạp Pappus ở Alexandria trong một tác phẩm của mình có đưa ra một nguyên tắc : “ Một bài toán nào đó nói chung có 2 nghiệm thì nó sẽ đạt được giá trị cực lớn ( hoặc cực tiểu ) trong trường hợp chỉ có một nghiệm ”. Ta sẽ dành một chút ít thời hạn để minh họa nguyên lí này của Pappus do tại đây là một nguyên lí rất mê hoặc và có ích. Xét bài toán đơn thuần sau : Từ điểm A nằm ngoài đường thẳng d cho trước, hãy xác lập điểm N trên d sao cho độ dài đoạn AN là nhỏ nhất ? d M’NM A Hình 2.2. . Hãy giả sử tất cả chúng ta tìm được một điểm M nào đó nằm bên trái thỏa mãn nhu cầu nhu yếu đề bài ( tức là làm cho đoạn AM nhỏ nhất ). Khi đó nói chung luôn có một điểm M ’ nằm bên phải để cho AM = AM ’ cho nên vì thế nếu M là nghiệm của bài toán này thì M ’ cũng phải là nghiệm và bài toán sẽ luôn có 2 nghiệm. Nguyên lý Pappus phát biểu rằng, giá trị cực tiểu sẽ đạt được trong trường hợp chỉ có một nghiệm, mà muốn vậy thì ‘ M M. Điều này chỉ xảy ra khi M chính là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống d và đây cũng chính là đáp án của bài toán này. Ví dụ này mặc dầu khá tầm thường nhưng nguyên lí của Pappus thì lại rất có ích 17 trong nhiều trường hợp tìm cực trị khác nhau. Bây giờ hãy trở lại với bài toán của Fermat. Ông giả sử rằng bài toán trên còn có thêm một đáp số thứ hai nữa ( tức là có một cách chia khác để tích hai đoạn lớn nhất ), với đáp số thứ hai này tất cả chúng ta sẽ gọi đoạn thứ nhất là A E khi đó đoạn còn lại là : B A E . Tích của chúng lúc này bằng : 2 22AB A AE BE E . . Bởi vì giá trị lớn nhất phải là duy nhất do đó hai đáp số trên đều phải cho ra tích giống nhau, nghĩa là : 2 2 2 22 2AB A AE BE E AB A AE E BE Rút gọn 2 vế cho E ta được : 2A E B . Mặt khác theo nguyên tắc Pappus thì 2 nghiệm này trong trường hợp đạt giá trị lớn nhất phải trở nên bằng nhau nên nói chung E không hề sống sót. Thế là Fermat cho E = 0, từ đó ông thu được hiệu quả 2 B A , mà đây cũng chính là đáp số của bài toán trên. Cách làm của Fermat có cái gì đó vừa độc lạ vừa lạ mắt, ông giả sử rằng bài toán có 2 nghiệm và chúng khác nhau một lượng E. Lúc đầu ông xem E khác 0 và rút gọn E ở hai vế, sau đó ông ta vận dụng nguyên lí Pappus và nói rằng muốn đạt được cực trị thì nói chung E không nên sống sót và thế là cho E = 0 sau cuối lại thu được đáp số đúng chuẩn. Cách làm này thật quái đản so với đa phần những nhà toán học thời kì đó, còn với thì hiện tại khi mà tất cả chúng ta đã học về đạo hàm thì ta sẽ hiểu được rốt cuộc thì Fermat đã làm cái gì để giải được bài toán đó. . Bài toán mà Fermat giải là xác lập A để hàm số f A lớn nhất, và việc Fermat xem 0 f A E f A f A E f A sau đó rút gọn biểu thức cho E rồi cho E = 0 nếu nói theo ngôn từ ngày này là ông đã sử dụng đặc trưng sau đây của hàm số tại điểm cực trị của nó : 18 0 lim 0 ‘ 0 E f A E f A f A E Đây chính là nội dung định lí Fermat về điều kiện kèm theo cần để hàm số đạt cực trị được trình diễn trong sách giáo khoa giải tích 12. Trong chương này ta sẽ tìm hiểu và khám phá về quy tắc Fermat và những bước tăng trưởng của quy tắc này qua những bài toán tối ưu so với hàm số khả vi một biến không có ràng buộc, hàm số khả vi một biến có ràng buộc, hàm số khả vi nhiều biến không có ràng buộc và có ràng buộc, hàm số không khả vi. Nội dung của chương được tìm hiểu thêm hầu hết ở những tài liệu [ 1 ], [ 4 ], [ 6 ], [ 7 ]. 2.1. Quy tắc Fermat cho hàm số khả vi một biến không có ràng buộc Ở đây, khoảng trống X trong bài toán ( P. ) là X Xét bài toán : { ; } min f x x 1P Hoặc { ; } max f x x 1 ‘ P trong đó : f khả vi Để giải bài toán trên ta sử dụng định lý Fermat Định lý 2.1. ( Định lý Fermat ). Nếu : f là một hàm số khả vi thì mỗi điểm cực lớn ( cực tiểu ) địa phương đều là điểm dừng, nghĩa là là nghiệm của phương trình f ’ ( x ) = 0. Chứng minh. Giả sử f ( x ) đạt cực lớn địa phương tại x0 và có đạo hàm tại x0. Khi đó f ( x ) xác lập trên một khoảng chừng x ; x với một 0 và trên khoảng chừng này ta có : 0 0 0 f x x f x với mọi x 19 Do đó : 0 0 0 0 0 x f x x f x f ‘ x lim x 0 0 0 0 0 x f x x f x f ‘ x lim x Suy ra f ’ ( x0 ) = 0. Định lý Fermat ở đây chỉ nêu điều kiện kèm theo cần của cực trị. Mệnh đề hòn đảo của định lý không đúng, ví dụ hàm số f ( x ) = x3 tại x = 0. Để tìm được cực trị, ta dùng định lý Fermat tìm ra những điểm “ nghi vấn ”, sau đó sử dụng những điều kiện kèm theo đủ để kiểm tra cực trị. Định lý 2.2. ( Điều kiện đủ để hàm số có cực trị ). Giả sử hàm số f ( x ) liên tục trên khoảng chừng K = 0 0 x ; x và có đạo hàm trên K hoặc K \ { x0 }, với 0 . a ) Nếu 0 f ‘ x trên khoảng chừng 0 0 x ; x và 0 f ‘ x trên khoảng chừng 0 0 x ; x thì x0 là một điểm cực lớn của hàm số f ( x ). b ) Nếu 0 f ‘ x trên khoảng chừng 0 0 x ; x và 0 f ‘ x trên khoảng chừng 0 0 x ; x thì x0 là một điểm cực tiểu của hàm số f ( x ). c ) Nếu f ‘ x không đổi dấu khi x đi qua x0 thì hàm số không đạt cực trị tại x0. Chứng minh. a ) Vì hàm số f ( x ) liên tục trên K và 0 f ‘ x trên khoảng chừng 0 0 x ; x và 0 f ‘ x trên khoảng chừng 0 0 x ; x nên ta có 0 0 0 f x x f x với mọi x 20 hay 0 0 f x x f x với mọi x , điều này tương tự với 0 f x f x với mọi 0 0 x x ; x , hay x0 là điểm cực lớn của hàm số b ), c ) tương tự như. x y f ‘ x ( ) < 0 f ' x ( ) > 0 O x0 x y f ‘ x ( ) 0 O x0 Hình 2.3 a. Hàm số đạt cực tiểu tại x0 Hình 2.3 b. Hàm số đạt cực lớn tại x0 x y f ‘ x ( ) < 0 f ' x ( ) < 0 O x0 x y f ' x ( ) > 0 f ‘ x ( ) > 0 O x0 Hình 2.4. Hàm số không đạt cực trị tại x0 Ví dụ 2.1. Hàm số 3 2 1 f x x x x có đạo hàm 23 2 1 f ‘ x x x và 1 0 1 3 f ‘ x x ; x . Ta có f ’ ( x ) đổi đấu từ + sang – khi x đi qua điểm – 1 và 21 đổi đấu từ – sang + khi x đi qua 1 3. Do đó x = 1 là điểm cực lớn và 1 3 x là điểm cực tiểu của hàm số. Định lý 2.3. ( Điều kiện đủ để hàm số có cực trị theo đạo hàm cấp cao ) Giả sử f ( x ) được khai triển theo công thức Taylor trong một khoảng mở nào đó chứa x0 : 00 0 0 1 kn k n k f x f x f x x x x x k ! và đạo hàm tiên phong khác 0 của nó tại x0 là đạo hàm cấp n tức là 10 0 0 0 n f ‘ x f ‘ x … f x và 0 0 n f x . Khi đó i ) Nếu n là số lẻ thì f ( x ) không có cực trị tại x0 ii ) Nếu n là số chẵn thì f ( x ) có cực trị tại x0, đơn cử là 0 0 n f x thì x0 là điểm cực tiểu của hàm số, 0 0 n f x thì x0 là điểm cực lớn của hàm số. Chú ý 2.1. Trong trường đại trà phổ thông ta chỉ xét n = 2. Ví dụ 2.2. Xét hàm 3 f x x tại 0. Ta có 3 ‘ 0 ” 0 0, 0 6 f f f 30 0 0 0 6 f ‘ f ‘ ‘ ; f nên x = 0 không phải là điểm cực trị. Xét hàm sinf x x . Ta có ‘ cos, ” sinf x x f x x . ‘ 0 2 f x x k k , 22 với k = 2 n, ” 2 1 0 2 f n , nên những điểm 2 2 x n n là những điểm cực lớn của hàm số. với 2 1 k n , ” 2 1 1 0 2 f n , nên những điểm 2 1 2 x n n là những điểm cực tiểu của hàm số. Mệnh đề 2.1. Nếu hàm số : f liên tục và f x khi x thì nó đạt được giá trị nhỏ nhất trong . Hơn nữa nếu f ( x ) là hàm lồi khả vi thì nó sẽ có nhiều nhất một điểm cực tiểu và đó điểm mà hàm số đạt cực tiểu tuyệt đối. Chứng minh. Ta coi Mệnh đề 2.1 là hệ quả được suy ra từ định lý ở phần sau. Ví dụ 2.3. Xét hàm 2 xf ( x ) e x , đạo hàm 2 xf ‘ ( x ) e x có nghiệm x0 ( vì f ’ ( x ) liên tục, đồng biến trên và x x lim f x ; lim f x ), hàm số f ( x ) lồi ( vì 2 0 xf ” x e ) nên hàm số đạt cực tiểu tại x0, đồng thời x0 là điểm cực tiểu toàn cục .. 2.2. Quy tắc Fermat cho hàm số khả vi một biến có ràng buộc Xét bài toán : { ; }, Min f x x C C 2P hoặc { ; }, Max f x x C C 2 ‘ P trong đó : f C khả vi, C hoàn toàn có thể là một khoảng chừng, hoặc đoạn trên Khi xét bài toán tối ưu trên một tập ràng buộc thì Định lý Fermat không còn đúng nữa. 23 Ví dụ xét hàm số 2 f x x trên 1 ; 2 . Ta có ‘ 2, ‘ 0 0 f x x f x x, vì 0 1 ; 2 x và ” 0 2 0 f nên x = 0 là một điểm cực tiểu của hàm số trên đoạn [ – 1 ; 2 ], và quy tắc Fermat vẫn đúng, tuy nhiên nếu ta thay thế sửa chữa điều kiện kèm theo ràng buộc bởi đoạn không chứa điểm dừng ví dụ [ 1 ; 2 ] thì x = 0 không hề là nghiệm của bài toán cực trị trên đoạn [ 1 ; 2 ], khi đó điểm cực trị của bài toán sẽ rơi vào những điểm biên. Đặc biệt trong trường hợp hàm f x lồi trên đoạn [ a ; b ], ta có những bước để giải bài toán : Giải phương trình ‘ 0 f x tìm những nghiệm x *. Nếu * ; x a b, ta Kết luận x * là nghiệm cực tiểu của bài toán ( P2 ), x y ba x * O Hình 2.5 a. Cực tiểu hàm lồi trên một đoạn Nếu * ; x a b, ta xét 2 trường hợp * x a thì a là nghiệm cực tiểu của ( P2 ), * x b thì b là nghiệm cực tiểu của ( P2 ). 24 x y ba x * O x y b a x * O Hình 2.5 b. Cực tiểu hàm lồi trên một đoạn Nếu hàm số lõm thì cực tiểu đạt được ở một trong hai đầu biên. x y ba x * O x y ba x * O x y bax * O Hình 2.6. Cực tiểu hàm lõm trên một đoạn Vậy trong trường hợp bài toán tối ưu một biến bị ràng buộc bởi đoạn [ a ; b ] thì Định lý Fermat ở phần 2.1 không còn đúng nữa, và ta thay thế sửa chữa nó bởi định lý sau : Định lý 2.4. Nếu f là một hàm số khả vi trên [ a ; b ] thì cực lớn hoặc cực tiểu rơi vào điểm x0 [ a, b ] là nghiệm của f ’ ( x ) = 0 hoặc điểm cực biên x = a hoặc x = b. Chứng minh. Giả sử hàm số f ( x ) đạt cực trị tại 0, x a b , theo quy tắc Fermat thì x0 là một nghiệm của f ’ ( x ) = 0. 25 Trong trường hợp f ’ ( x ) = 0 không có nghiệm trên đoạn [ a, b ] thì rõ ràng cực trị đạt được tại hai biên x = a hoặc x = b. Do đó ta hoàn toàn có thể giải bài toán cực tiểu, cực lớn trên đoạn [ a ; b ] bằng cách so sánh giá trị của hàm số tại những điểm dừng trên đoạn [ a ; b ] với giá trị của hàm số tại những điểm biên mà không cần dùng điều kiện kèm theo đủ như ở phần 2.1. Ví dụ 2.4. ( Đề thi tuyển sinh ĐH khối B năm 2004 ). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2 ln x y x trên đoạn 31 ; e . Giải. Ta có 2 2 2 2 ln 2. ln 2 ln ln ‘ x x x x xx y x x . Với mọi 31 ; x e ta có ‘ 0 y 22 ln ln 0 x x ln 0 x hoặc ln 2 x 1 x hoặc 2 x e 2 x e ( 31 1 ; e ). Vậy 3 2 3 2 9 4 min min 1 ; ; min 0 ; ; 0 y y y e y e e e , đạt được 1 x . 3 3 2 2 9 4 4 max max 1 ; ; max 0 ; ; y y y e y e e e e , đạt được 2 x e . Điều kiện sống sót giá trị nhỏ nhất của một hàm số liên tục Nếu C không phải là một khoảng chừng đóng và do vậy không có điểm cực biên thì để tìm giá trị cực trị trong một miền mở ta dùng nhận xét sau đây. Mệnh đề 2.2. Nếu hàm số :, f a b liên tục và khi, f x x a x b thì nó đạt được giá trị cực tiểu trong , a b. 26 Chứng minh. Ta coi Mệnh đề 2.2 là hệ quả được suy ra từ định lý ở phần sau. Ví dụ 2.5. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2 1 1 x x f x x trên 1 ; . Giải. Ta có 2 2 2 ‘ 1 x x f x x ; 3 2 ” 1 f x x Với mọi 1 ; x ta có ‘ 0 f x 0 x hoặc 2 x 0 x ( 2 1 ; ). ” 0 0 f nên x = 0 là nghiệm cực tiểu địa phương trên 1 ; , hơn thế nữa điều kiện kèm theo bức thỏa mãn nhu cầu vì f x khi 1, x x nên 0 x là nghiệm cực tiểu trên toàn khoảng chừng 1 ; Nếu ta dùng đặc thù hàm lồi thì bài toán sẽ có giải thuật ngắn gọn hơn nữa. Ta có 2 2 2 ‘ 1 x x f x x ; ‘ 0 f x 0 x Với mọi 1 ; x ta có 3 2 ” 0 1 f x x , do đó f là hàm lồi trên 1 ; , vậy x = 0 là nghiệm cực tiểu toàn cục trên khoảng chừng 1 ; Nguyên lý Fermat hoàn toàn có thể lan rộng ra sang trường hợp nhiều chiều mà không có đổi khác gì đáng kể. Xét bài toán tối ưu min : f x x C ( P. ) ở đây nC và : f C. 27 2.3. Quy tắc Fermat cho hàm nhiều biến khả vi không có ràng buộc Trong trường hợp nC, ta có bài toán tối ưu hàm nhiều biến không có ràng buộc min, nf x x 3 ( ) P Điṇh lý 2.5. Cho hàm f xác lập, khả vi trên nR. Nếu * x là nghiệm cực tiểu địa phương của bài toán 3 ( ) P. thì * 0 f x . Chƣ ́ ng minh. Do hàm f xác lập, khả vi trên nR và * x là nghiệm cực tiểu địa phương nên * * * * 0 ( ) ‘ (, ) lim ( ), 0, n t f x td f x f x d f x d d R t . Vâỵ * 0 f x . Cũng giống như trường hợp hàm một biến, Định lý 2.5 chỉ là điều kiện kèm theo cần cho nghiệm cực tiểu địa phương của bài toán ( P3 ) chứ chưa phải là điều kiện kèm theo đủ, để kiểm tra những điểm “ nghi vấn ” vừa tìm được bằng Định lý 2.5 có là nghiệm cực tiểu hay không ta sử dụng điều kiện kèm theo đủ sau đây. Định lý 2.6. Giả sử hàm f khả vi liên tục hai lần trên n . Khi đó : Nếu * nx là điểm cực tiểu địa phương của f trên n thì * 0 f x và 2 * f x nửa xác lập dương trái lại, nếu 28 * 0 f x và 2 * f x xác lập dương thì * x là điểm cực tiểu địa phương chặt của f trên n . Chứng minh. Với mọi nd mà 0 d với đủ nhỏ, khai triển Taylor của hàm f tại * x là * * * 2 1, 2 Tf x d f x f x d d f với * 1 x d và 0 1 ( hay * x d ). Vì * x là điểm cực tiểu địa phương của f trên n nên theo Định lý 2.5, * 0 f x và biểu thức trở thành * * 2 1 2 Tf x d f x d f Bây giờ ta chứng tỏ 2 * f x nửa xác lập dương, tức 2 * 0T v f x v với mọi nv . Thật vậy, giả sử phản chứng rằng sống sót, 0 nv v sao cho 2 * 0 T v f x v . Ta hoàn toàn có thể giả thiết rằng v . Khi đó, vì f là hàm khả vi liên tục hai lần tại x * nên những thành phần của ma trận Hessian 2 * f x là những hàm số liên tục tại x *. Do đó 2 T v f x v cũng là hàm liên tục tại x *. Theo đặc thù của hàm liên tục ta có 2 0 T v f v với mọi sao cho * x đủ nhỏ. Kết hợp điều này với tác dụng trên suy ra * * f x v f x , xích míc với tính cực tiểu địa phương của x *. 29 Giả sử * 0 f x và 2 * 0T d f x d với mọi nd . Vì những thành phần của 2 f x là những hàm liên tục tại x * nên 2T d f x d cũng là hàm liên tục tại x *. Do đó ta có 2 0T d f d với mọi sao cho * x với đủ nhỏ. Theo khai triển Taylor của f tại x *, ta hoàn toàn có thể chọn đủ nhỏ sao cho * * f x d f x với mọi 0 d . Điều đó chứng tỏ x * là một nghiệm cực tiểu địa phương chặt của f trên n . Nhận xét. Nếu * nx là điểm cực lớn địa phương của f trên n thì * 0 f x và 2 * f x nửa xác định âm trái lại, nếu * 0 f x và 2 * f x xác lập âm thì * x là điểm cực lớn địa phương chặt của f trên n . Ví dụ 2.6. Cho hàm số 3 21 2 1 2 1 2, 3 2 12 f x x x x x x . Tìm nghiệm cực tiểu và cực lớn địa phương của hàm số trên 2 . Giải. Ta có 2 1 2 3 3 2 2 x f x x và 12 6 0 0 2 x f x . Giải hệ phương trình 2 1 2 03 3 0 02 2 x f x x 30 ta được hai điểm dừng là ( 1 ; 1 ) và ( – 1 ; 1 ) Ta có 2 6 0 1,1 0 2 f và 2 6 0 1,1 0 2 f 2 1,1 f là ma trận xác lập dương nên ( 1 ; 1 ) là nghiệm cực tiểu địa phương chặt của hàm f 2 1,1 f không là ma trận nửa xác lập dương, cũng không là ma trận nửa xác lập âm nên ( – 1 ; 1 ) không phải điểm cực lớn địa phương cũng không phải điểm cực tiểu địa phương Quay trở lại, ta hoàn toàn có thể thấy rẳng nếu “ thu gọn ” số lượng biến của Định lý 2.5 và Định lý 2.6 ta được bài toán một biến ( P1 ). Khi đó khái niệm gradient của f tại x * chính là khái niệm đạo hàm * ‘ f x, và ma trận Hessian tại x * chính là giá trị của đạo hàm cấp 2 tại đó. Mệnh đề 2.3. Nếu hàm số f : Rn R liên tục và f ( x ) + khi x thì nó đạt được cực tiểu toàn cục trong Rn. Chứng minh. Ta coi Mệnh đề 2.3 là hệ quả được suy ra từ định lý ở phần sau. Ví dụ 2.7 : Cho hàm số 4 41 2 1 2 1 2, 12 f x x x x x x . Tìm nghiệm cực tiểu và cực lớn của hàm số trên. Giải. Ta có 3 1 2 3 2 1 4 4 x x f x x x và 2 12 2 2 12 1 1 12 x f x x . Giải hệ phương trình 3 1 2 3 2 1 4 0 0 4 x x f x x x 31 ta được ba điểm dừng là ( 0 ; 0 ) ; 1 1 ; 2 2 và 1 1 ; 2 2 Ta có 2 0 1 0,0 1 0 f ; 2 2 3 11 1 1 1, , 1 32 2 2 2 f f Vì 2 0,0 f không là ma trận nửa xác lập dương, cũng không là ma trận nửa xác lập âm nên ( 0,0 ) không phải điểm cực lớn địa phương cũng không phải điểm cực tiểu địa phương Vì 2 2 1 1 1 1, ,, 2 2 2 2 f f là ma trận xác lập dương nên 1 1 ; 2 2 và 1 1 ; 2 2 là nghiệm cực tiểu địa phương chặt của hàm f và 1 1 1 1 95, , 2 2 2 2 8 f f Hơn nữa, do f liên tục và thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo bức ( vì f x khi x ) nên f có cực tiểu trên 2 , vì vậy hoàn toàn có thể khẳng định chắc chắn rằng 1 1 ; 2 2 và 1 1 ; 2 2 là cực tiểu toàn cục của f trên 2 với min 95 8 f Nếu hàm f là một hàm lồi thì điều kiện kèm theo cần ở Định lý 2.5 cũng là điều kiện kèm theo đủ để x * là nghiệm cực tiểu của bài toán ( P3 ) Định lý 2.6. Một điểm * nx là cực tiểu toàn cục của một hàm lồi khả vi f trên n khi và chỉ khi * 0 f x Chứng minh. Điều kiện cần được suy ra từ Định lý 2.5 32 Điều kiện đủ. Do hàm f lồi và khả vi nên * * *, f x f x f x x x với mọi nx . Từ đó nếu * 0 f x thì * f x f x với mọi nx , cho nên vì thế x * là nghiệm cực tiểu toàn cục của f trên n Ví dụ 2.8. Cho hàm số 1 21 2 1 2, 2 x xf x x e e x x . Tìm nghiệm cực tiểu toàn cục hàm số trên 2 . Giải. Hàm số 1 21 2 1 2, 2 x xf x x e e x x là hàm lồi trên 2 ( vì hàm f là tổng của 2 hàm lồi là hàm mũ và hàm affine ). Ta có 1 2 1 1 x x e f x e Giải hệ phương trình * 0 0,0 f x x ta được điểm dừng duy nhất là ( 0 ; 0 ), vậy điểm cực tiểu toàn cục của hàm f trên 2 là x * = ( 0,0 ) và min 0 f 2.4. Mở rộng nguyên tắc Fermat cho hàm nhiều biến có ràng buộc Bài toán tối ưu được phát biểu như sau min : f x x C ( P. ) hoặc max : f x x C ( P ’ ) trong đó nC khác rỗng và : f C. Mêṇh đề 2.4.1. Điều kiêṇ cần và đủ để tồn taị nghiêṃ tối ưu toàn cuc ̣ của bài toán ( P. ) là 33 : :, F C t R f x t x C đóng và bi ̣ chăṇ dưới. Chƣ ́ ng minh. + ) Nếu * x là nghiệm tối ưu thì *, F C f x đóng và bi ̣ chăṇ dưới. + ) Ngươc ̣ laị giả sử F C bị chặn dưới. Đặt * inf t F C thì t . Do F C đóng, * t F C nên tồn taị * x C sao cho * * f x t bị chặn. Chứng tỏ * x là một nghiệm cực tiểu của hàm f trên C. Điṇh lý 2.4.1. ( Weierstrass ) Nếu C là tâp ̣ compact và f nửa liên tuc ̣ dưới trên C thì bài toán ( P. ) có nghiêṃ tối ưu. Chƣ ́ ng minh. Đặt : inf x D f x . Khi đó có môṭ daỹ kx C sao cho lim k k f x . Do C compact nên tồn taị môṭ daỹ con của kx hôị tu ̣ về 0 x. Vì f nửa liên tuc ̣ dưới nên . Nhưng 0 x C mà : inf x D f x nên 0 f x . Vâỵ 0 f x . Định lý 2.7. Cho tâp ̣ đóng khác rôñg nC R. Nếu hàm f là nửa liên tục dưới trên C và thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo bức ( coercive ) trên C, khi x f x C và x thì bài toán ( P. ) có nghiệm tối ưu. Chứng minh. Lấy 0 x C xét 0 0 : | C x x C f x f x 34 0C x đóng ( do f liên tục ), bị chặn nên f có cực tiểu trên 0C x và đó cũng chính là điểm cực tiểu của f trên C. Nhận xét. Trong trường hợp tập C ta có Mệnh đề 2.1, khi C a ; b , ta có Mệnh đề 2.2, khi nC Định lý trên chính là Mệnh đề 2.3. Trong trường hợp hàm f không khả vi thì ta sử dụng điều kiện kèm theo nêu trong định lý dưới đây để tìm nghiệm của bài toán ( P. ) Định lý 2.8. Giả sử C lồi, khác rỗng và f lồi, khả dưới vi phân trên C. Khi đó x * là một nghiệm tối ưu của ( P. ) nếu và chỉ nếu : 0 * * Cf x N x Chứng minh. Đặt 0 khi : khi C x C x x C là hàm chỉ của tập C. Khi đó bài toán ( P. ) hoàn toàn có thể được viết tương tự với bài toán sau min nCf x x, x ( UP ) Bài toán ( UP ) là bài toán không ràng buộc, nên khi đó x * là nghiệm tối ưu của ( UP ) nếu và chỉ nếu 0 * * Cf x x 0 * * Cf x x Từ 0 * * * C Cx w | w, x x x C N x ( theo 1.10 ), ta có 0 * * Cf x N x Ví dụ 2.9. Tìm 0 1M in f x, x, trong đó 2 1 f x Max x, x 35 f ( x ) = x f ( x ) = – 2 x + 1 x y O 1 Hình 2.7. Giải. 1 2 1 khi 0 3 1 khi 1 3 x x f x x x f khả vi tại mọi điểm 1 1 0 1 3 3 * x, , và 0 1 0 * ; N x . Gọi x * là nghiệm tối ưu của bài toán, ta có 0 10 * *, f x N x , điều này tương tự với 0 * f x hay 1 0 3 * * *, x x f x f x x x Trong trường hợp nC thì 0 * CN x , do đó 0 * f x và nếu bổ trợ thêm điều kiện kèm theo f khả vi thì ta có 0 * f x , đây chính là nội dung Định lí 2.3.3 Trong một số ít trường hợp thường gặp, khi tập những điều kiện kèm theo ràng buộc được cho bởi 36 : : 0, 1, …, , 0, 1, …, n j iC x g x j m h x i k và những hàm, , j i f g h khả vi. Người ta dùng hàm Lagrange để hoàn toàn có thể vận dụng quy tắc Fermat cho hàm Lagrange. Điều kiện chính quy Xét tập tuyến tính hóa tại 0 x C 0 0 0 0 : :, 0, , 0, 1, …, n j iS x d g x d h x d j A x i k Với 0 0 : : 0 jA x j g x tập những chỉ số tích cực. Khi đó ta nói điều kiện kèm theo chính quy thỏa mãn nhu cầu tại x0 nếu 0 0S x C x với 0 00 0, 0 | 0 :, [ 0, ] nC x d d x d C tập những vec tơ gật đầu được của C Định lý 2.9. ( Kuhn – Tucker ) Giả sử trong bài toán ( P. ), tập ràng buộc C được cho bởi : : 0, 1, …, , 0, 1, …, n j iC x g x j m h x i k và những hàm, , j i f g h khả vi. Nếu x * là nghiệm của ( P. ) và điều kiện kèm theo chính quy thỏa mãn nhu cầu thì sống sót * * * 1 2, , …, 0 m và * * * 1 2, , …, k sao cho. * * * * * 1 1 0 m k j j i i j i f x g x h x 2.4.3 Và * * 0 j jg x 2.4.4 37 trái lại nếu x * C và f, gj lồi, hi affine thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo ( 2.4.3 ) và ( 2.4.4 ) thì x * là nghiệm tối ưu toàn cục của ( P. ). Chứng minh. Sử dụng khai triển Taylor * * *, f x d f x f x d r d Ta có *, 0 f x d với mọi * d C x . Từ * * C x S x , ta có *, 0 f x d với mọi * d S x . Đặt ma trận * * * * ; 1, …, j i i g x A h x j A x i k h x Áp dụng bổ đề Farkas Lemma, ta có những số * 0, j j A x và * * 0, 0, 1, …, i i i k sao cho : * * * * * * * 1 0 k j j i i i ij A x f x g x h x Đặt * 0 j j A x và * * * 0 i i i với mọi i ta có ( 2.4.3 ) và ( 2.4.4 ). Ví dụ 2.10. Xét bài toán 2 2M in, : f x y x y với điều kiện kèm theo :, : 1C x y x Giải. Ta có hàm điều kiện kèm theo duy nhất là 1, : 1 0 g x y x . Bài toán có hàm mục tiêu là một hàm lõm, 1 g x là hàm afin nên điều kiện kèm theo chính quy thỏa mãn nhu cầu tại mọi điểm nghiệm nhận được của bài toán. Ta có 2, 2 x f x y y và 1 1, 0 g x y 38 điều kiện kèm theo ( 2.4.3 ) và ( 2.4.4 ) của bài toán này là 1 1 1 1 1 1 1 1, 1 0 1 0, , 0 2 0 2 0, 0 00 g x y x x f x y g x y x yg x y Nếu 1 0 , hệ có nghiệm 1 1 2 0 x y Nếu 1 0 , hệ có nghiệm 0 0 x y Dễ thấy nghiệm 0 0 x y là nghiệm cực đại toàn cục của bài toán, còn điểm 1 0 x y không phải nghiệm cực tiểu địa phương nhưng cũng không phải cực lớn địa phương của bài toán đang xét. Xét hàm Lagrange 1 1, , : m k j j i i j i L x f x g x h x Khi đó điều kiện kèm theo ( 2.4.3 ) được viết lại như sau : * * * * * * * * 1 1, , 0 2.4.3 m k x j j i i j i L x f x g x h x 39 Chƣơng 3. ÁP DỤNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN PHỔ THÔNG Chương này trình diễn một số ít bài toán đại trà phổ thông vận dụng quy tắc Fermat, từ những bài toán đơn thuần đến những bài toán nâng cao, từ cách giải vận dụng trực tiếp quy tắc đến việc sử dụng toán hạng sang xu thế cho cách giải trong chương trình đại trà phổ thông. Nội dung của chương hầu hết được tìm hiểu thêm từ những nguồn tài liệu [ 1 ], [ 6 ], [ 7 ]. 3.1 Áp dụng cho bài toán cực trị hàm một biến Fermat đã ứng dụng giải pháp tìm cực trị cho hàm một biến vào những bài toán vật lí và thu được những tác dụng rất tương thích. Cụ thể ông đã vận dụng trong quang học : Fermat phát biểu một nguyên tắc về cách “ hành xử ” của ánh sáng ( nguyên tắc công dụng tối thiểu ) : “ Ánh sáng luôn đi theo con đường nhanh nhất ”. Theo nguyên tắc này và khảo sát đường đi của ánh sáng ngang qua mặt phẳng ngăn cách của hai môi trường tự nhiên trong suốt đồng tính ông đã tìm con đường nhanh nhất của ánh sáng ( bằng giải pháp mới ở trên ), chính là con đường tuân theo định luật Snellius về khúc xạ ( vốn đã tìm ra trước đó bằng thực nghiệm ). Ví dụ 3.1. Định lý Snellius. Tia sáng cắt đường biên giới của hai thiên nhiên và môi trường, vào với góc i và ra với góc r. Khi đó 1 2 sin sini r v v , trong đó 1 2, v v là tốc độ ánh sáng trong những môi trường tự nhiên đó. 40 Chứng minh. Ta sẽ sử dụng nguyên tắc Fermat trong quang học : ánh sang trong đường đi của mình từ một điểm đến một điểm luôn chọn đường đi ngắn nhất về mặt thời hạn. Nếu ta lấy trên tia sáng hai điểm A, B nằm về hai phía so với đường biên giới, còn đường biên giới ký hiệu là l ta thu được bài toán tìm cực tiểu : 1 2 min AM BM f M v v M l Giá trị nhỏ nhất sống sót, điều này được bảo vệ bởi Mệnh đề 2.1.1. Gọi điểm mà hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là M0. Vấn đề là tính đạo hàm của hàm số f. Ta sẽ tìm biểu thức hàm số f sử dụng định lý Pythagore : r i x a b môi trường tự nhiên 1 thiên nhiên và môi trường 2 tia khúc xạ Tia tới Pháp tuyến K H M A B Hình 3.1. Nguyên lý Fermat về truyền sáng. Gọi AH, BK là đường vuông góc hạ từ A, B tương ứng xuống. Đặt AH = a, BK = b và HK = c. Đặt HM = x thì ta có 22 2 2, AM a x BM b c x . 41 Từ đó 222 2 1 2 b c xa x f M g x v v Theo Mệnh đề 2.1 thì f M đạt được giá trị nhỏ nhất tại một điểm M0 nào đó, và theo nguyên tắc Fermat thì 0 ‘ 0 f M . Nhưng 2 2 22 1 2 ‘ ‘. . x c x f M g x a x v b c x v Từ đó 0 0 0 2 2 22 1 20 1 2 sin sin ‘ 0. . x c x i r f M v va x v b c x v Ta xét một ví dụ đơn thuần như sau để thấy được sự tự nhiên không yên cầu một phát minh sáng tạo đặc biệt quan trọng nào để giải bài toán cực trị bằng chiêu thức đạo hàm so với những giải pháp bất đẳng thức. Ví dụ 3.2. Cho một miếng thép size 1 m x 1 m. Người ta muốn làm một hình hộp không đáy bằng cách cắt 4 góc hình vuông vắn size x × x gấp lên rồi hàn lại. Hỏi phải chọn x bằng bao nhiêu để thể tích hình hộp là lớn nhất. Giải. Điều kiện cho x ở đây là 1 0 2 x Thể tích hình hộp 2 1 2V x x x . Bài toán trở thành 2 1 2 min 1 0 2 f x V x x x x Để giải bài toán này ta hoàn toàn có thể dùng cauchy với việc tách khôn khéo 3 2 4 1 2 1 21 1 2 1 4 1 2 khi 4 4 3 27 6 x x x f x x x x Tuy nhiên nếu dùng đạo hàm, ta có lời giải tự nhiên như sau : 42 2 1 1 ‘ 12 8 1, ‘ 0, 6 2 f x x x f x x x và f x chỉ hoàn toàn có thể đạt giá trị lớn nhất nhỏ nhất tại 0 ( biên ), 1 6 ( điểm dừng ) hoặc 1 2 ( biên ). Vì 1 1 2 0 0, 2 6 27 V V V nên max 2 1 khi 27 6 V x Ta có nhận xét sau : Nếu hàm số f x ( không phải là hàm hằng ), khả vi bậc hai trên đoạn [ a, b ] và ” 0, f x x a b ( hàm số lõm ) thì hàm số f x sẽ có nhiều nhất một điểm cực lớn ( nếu có thì đó sẽ là giá trị lớn nhất ) và giá trị nhỏ nhất của hàm số sẽ đạt tại một trong hai biên. Đối với hàm lồi thì ngược lại, giá trị nhỏ nhất sẽ đạt tại điểm dừng, còn giá trị lớn nhất sẽ đạt tại biên. Ví dụ 3.3. ( Đề khối A năm 2008 ) Tìm tổng thể giá trị thực của m sao cho phương trình 4 42 2 2 6 2 6 x x x x m có đúng hai nghiệm thực phân biệt. Giải. Hàm số 4 42 2 2 6 2 6 f x x x x x xác lập trên [ 0,6 ] không phải là một hàm hằng, khả vi cấp 2, f ( x ) là tổng của những hàm lõm nên cũng là một hàm lõm, ( Ta kiểm tra bằng đạo hàm cấp 2 ). Vì thế f x sẽ có nhiều nhất 1 điểm cực lớn. Ta có 434 1 1 1 1 ‘ 2 6 2 62 f x x x xx . Dễ thấy ‘ 2 0 f suy ra 2 là điểm cực lớn duy nhất. Hàm số tăng trên ( 0,2 ) và giảm trên khoảng chừng ( 2,6 ). Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi 4 max 0, 6 2 2 6 6 3 2 2 f f m f m 43 3.2. Áp dụng chứng tỏ bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số nhiều biến Việc chuyển bài toán tìm cực tiểu, cực lớn của một biểu thức không ít hơn hai biến sang bài toán tìm cực tiểu, cực lớn của hàm số chứa một biến sẽ giúp tất cả chúng ta giải được bài toán tìm cực tiểu, cực lớn của một biểu thức. Ví dụ 3.4. Cho, 0 x y thỏa mãn nhu cầu 1 x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 x y P x y Giải. Từ giả thiết, 0 x y , 1 x y ta có 1, 0 1 y x x . Khi đó ta có 1 1 x x P. x x . Xét hàm số 1 1 x x f x x x , 2 1 2 1 1 2 x x f x x x x x . Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra 0 ; 1 1 min min 2 2 x P. f x f đạt được khi 1 2 x y . x 0 1 2 1 f x 0 f x 2 44 Ví dụ 3.5. Cho 2 2 x y x y . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 2 2P x y x y xy Giải. Đặt t x y , từ giả thiết 2 2 x y x y ta có 2 22 xy x y x y t t hay 2 2 t t xy . Áp dụng bất đẳng thức 2 2 22 2 x y x y x y hay 2 2 t t suy ra 0 2 t . Khi đó biểu thức 3 22P x y xy x y t . Do đó ta có max 4P đạt được khi 2 t hay 2 x y và 1 xy suy ra 1 x và 1 y , ta có min 0P đạt được khi 0 t hay 0 x y . Ví dụ 3.6. Cho, 0 x y . Chứng minh rằng 2 3 2 2 4 1 8 4 xy x x y Giải. Đặt x t y . Từ giả thiết, 0 x y suy ra 0 t . Khi đó bất đẳng thức cần chứng tỏ tương tự với 32 4 1 8 4 t t t hay 32 4 2 t t t . Xét hàm số 32 4 f t t t t , 3 3 2 2 2 3 2 2 2 3 4 4 4 3 4 4 4 t t t t t t t f t t t t t , 220 f t t . Ta có bảng biến thiên t 0 2 2 f t 0 f t 0 2 0 45 Từ bảng biến thiên ta có 220 max 2 t f t f hay 3 2 4 2 t t t dấu bằng xảy ra khi 2 2 t hay 2 y x . Ví dụ 3.7. ( Đề thi tuyển sinh Đại học khối B-2010 ) Cho những số thực không âm, , a b c thoản mãn 1 a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 23 3 2M a b b c c a ab bc ca a b c Giải. Ta có : 2 3 2 1 2M ab bc ca ab bc ca ab bc ca Đặt t ab bc ca , ta có : 2 1 0 3 3 a b c t . Xét hàm số 2 3 2 1 2 f t t t t trên 10 ; 2 , ta có : 22 3 1 2 f t t t 3 2 2 0 1 2 f t t , Do đó f t là hàm số lõm trên 10 ; 3 , thế cho nên giá trị nhỏ nhất đạt được trên biên nên 1 0 ; 3 1 Min Min 0, 0 2 3 f t f f f Vì thế : 12, 0 ; 3 M f t t . 2, 1M ab bc ca ab bc ca và 1 a b c ; ; a b c là một trong những bộ số : 1 ; 0 ; 0, 0 ; 1 ; 0, 0 ; 0 ; 1 Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2. Ví dụ 3.8. Trong những tam giác nội tiếp trong một đường tròn cho trước, hãy tìm tam giác có diện tích quy hoạnh lớn nhất. Giải. 46 Không mất tính tổng quát, ta xét tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn đơn vị chức năng với A ( 1 ; 0 ) cố định và thắt chặt và B ( x1, y1 ), C ( x2, y2 ), trong đó x1 2 + y1 2 = 1, x2 2 + y2 2 = 1. Ta có diện tích quy hoạnh tam giác ABC được tính bằng công thức sau : 2 1 1 2 1 1. ( ; ) 1 1 2 2 ABC S AB d C AB x y x y x y O A ( 1 ; 0 ) B ( x1 ; y1 ) C ( x2 ; y2 ) Hình 3.2. Phát biểu lại bài toán trên ta được bài toán cực trị sau : 1 1 max | ) 1 ( ) 1 ( | 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 1221 yx yx yxyx Bài toán cực trị có điều kiện kèm theo 4 biến này hoàn toàn có thể chuyển thành bài toán cực trị 2 biến bằng cách tham số hoá đường tròn đơn vị chức năng, đơn cử đặt x1 = cos , y1 = sin ; x2 = cos , y2 = sin ta quy bài toán về việc tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( , ) = sin – sin + sin ( – ) 47 Giữ cố định và thắt chặt, xét f ( , ) như một hàm số theo thì ‘, cos cosf Từ đây ta tìm được những điểm dừng là 2 k . Từ đó, để tìm max f ( , ), ta chỉ cần tìm max của sin sin sin 2 2 k k tức là max của 1 2 sin 2 sin, sin 2 sin 2 2 f f . Giải những bài toán 1 biến này, ta tìm được đáp số bài toán là f ( , ) max bằng 2 33, ví dụ điển hình khi 2 4, 3 3 ( và min bằng – 2 33 ). Đây chính là trường hợp khi tam giác ABC đều. Ví dụ 3.9. Tìm giá trị giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x, y ) = 5×2 + 2 xy + 3 y2 với điều kiện kèm theo h ( x, y ) = 7×2 + 2 xy + 4 y2 – 3 = 0. Giải. Do h ( x, y ) = 0 là phương trình của một elip, do đó miền ràng buộc là compact nên sống sót giá trị nhỏ nhất. 10 2, 2 6 x y f x y x y và 14 2, 2 8 x y h x y x y ta được hệ phương trình 2 27 2 4 3 0 1 10 2 ( 14 2 ) 0 2 2 6 ( 2 8 ) 0 3 x xy y x y x y x y x y Từ ( 2 ), ( 3 ) tính từ những phương trình rồi cho bằng nhau, ta được 48 210 2 6 2 10 2 6 2 2 0 14 2 8 2 14 2 8 2 1 2 2 x y y x t t y t t t x y y x t t x t y x t y x Thay vào phương trình h ( x, y ) = 0, ta tìm được 1 số ít điểm « nghi vấn » của cực trị là 1 1 1 1 1 2 1 2 ;, ;, ;, ; 3 3 3 33 3 3 3 . Tính những giá trị của hàm số f tại những điểm này, ta thu được giá trị nhỏ nhất là 2 đạt tại những điểm ( x, y ) = 1 1 1 1 ;, ; 3 3 3 3 . Ví dụ 3.10. ( Chọn đội tuyển Nước Ta 2001 ) Cho x, y, z là những số thực dương thoả mãn điều kiện kèm theo 2 x + 4 y + 7 z = 2 xyz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x + y + z. Để giải bài toán này ta sử dụng công cụ toán sơ cấp làm giảm biến của bài toán, hoặc ta hoàn toàn có thể thiết lập hàm L chứa nhân tử Lagrange. Giải. Cách 1 : Rút z = ( 2 x + 4 y ) / ( 2 xy – 7 ) ta đưa bài toán về bài toán cực trị hai biến 72,0,0 min 72 42 ), ( xyyx xy yx yxyxf Tính đạo hàm theo y, ta được 2 2 2 ) 72 ( 284 1 ) 72 ( ) 42 ( 2 ) 72 ( 4 1 ), ( ‘ xy x xy yxxxy yxf y Từ đó, ta tìm được, với mỗi x có định thì f ( x, y ) đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm 49 20 7 1 2 7 xx y Khi đó ) ( 7 12 2 11 ), ( 20 xg xx xyxf . Tính đạo hàm 3 2 2 1. 7 1 14 2 11 1 ) ( ‘ x x x xg . Phương trình g ’ ( x ) = 0 tương tự với ( 2×2 – 11 ) 2 ( x2 + 7 ) = 784 ( với điều kiện kèm theo 2×2 > 11 ) có nghiệm x = 3. Đây chính là điểm cực tiểu ( do f + khi x 0 và x + ). Từ đó. 2 15 ) 3 ( ) ( ), ( minmin gxgyxf Cách 2. Xét L = x + y + z + ( 2 x + 4 y + 7 z – 2 xyz ) Ta có 1 ( 2 2 ), , 1 ( 4 2 ) 1 ( 7 2 ) yz L x y z zx xy Xét 1 2 2 1 ( 2 2 ) 0 1, , 0 1 ( 4 2 ) 0 2 4 1 ( 7 2 ) 0 1 2 7 yz yz L x y z zx zx xy xy Mặt khác, điều kiện kèm theo 2 x + 4 y + 7 z = 2 xyz hoàn toàn có thể viết lại thành 2 4 7 1 2 2 2 yz zx xy Thay những biểu thức vừa tìm được ở trên vào, ta tìm được 50 1 17 7 14 4 12 2 Biến đổi tương tự, ta được phương trình 112 3 + 50 2 – 1 = 0 Phương trình này có những nghiệm = 1/8, 14 24 ( loại vì dẫn đến yz < 0 ). Từ đó ta có 2 10 2 12 2 15 yz zx xy . Từ đây tính được điểm dừng là 5, , 3, , 2 2 x y z . Sự sống sót của giá trị nhỏ nhất được bảo vệ bởi bổ đề ( 2.3.1 ), do đó 5, , 3, , 2 2 x y z chính là điểm mà hàm số đạt giá trị nhỏ nhất. Ví dụ 3.11. Tìm điểm M nằm trong tam giác sao cho tổng những tỷ số độ dài những cạnh trên khoảng cách từ M đến những cạnh này đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. Gọi a, b, c là độ dài những cạnh của tam giác và x, y, z là khoảng cách từ M đến những cạnh tương ứng. Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số , , a b c f x y z x y z . Trong đó những đại lượng x, y, z tương quan với nhau trải qua diện tích quy hoạnh tam giác. Nối M với những đỉnh tam giác, ta được ba tam giác con tổng diện tích quy hoạnh bằng diện tích quy hoạnh S của tam giác. Như vậy 2 2 2 ax by cz S . 51 a bc z y x B C A M Hình 3.3 Ta có bài toán : Sczbyax z c y b x a zyxf 2 min ), , ( Lập hàm Lagrange , ,, 2 a b c L x y z ax by cz S x y z . Hệ phương trình tìm điểm dừng có dạng 2 2 2 0, , 0 0 0 a a x b L x y z b y c c z Từ đây suy ra ngay rằng x = y = z. Tức là M cách đều những cạnh của tam giác. Suy ra M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. 52 Ví dụ 3.12. ( Bất đẳng thức Holder ) Cho x1, x2, , xn là những số thực dương, p, q là những số dương thoả mãn điều kiện kèm theo 1 1 1 p q . Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức qn k q k pn k p k n k kk xxyx 1 1 1 11 Giải. Do tính thuần nhất, ta chỉ cần chứng tỏ rằng nếu 1,1 11 n k q k n k p k yx ( 1 ) thì 1 1 n k kk yx. Xét bài toán tìm giá trị lớn nhất của n k kk yx 1 với điều kiện kèm theo ràng buộc ( 1 ). Xét hàm Lagrange 11 11 1 n k q k n k n k p kkk yxyxL Hệ phương trình tìm điểm dừng có dạng nipyx nipxy q ii p ii, ..., 1,0, ..., 1,0 1 1 Viết n phương trình tiên phong dưới dạng yi = ( - p ) xi p-1, lấy luỹ thừa q rồi cộng lại vế theo vế, với quan tâm rằng ( p-1 ) q = p, ta suy ra - p = 1, suy ra yi = xi p-1. Đây là điểm dừng và là điểm hàm số n k kk yx 1 đạt giá trị lớn nhất. Nhưng rõ ràng giá trị lớn nhất này bằng 1 nên ta có điều phải chứng tỏ. Ví dụ 3.13. Cho n 2 và x1, , xn ; y1, , yn là 2 n số thực thoả mãn điều kiện kèm theo n i n i iii n i i baba 1 1 2 1 2, 0,1,1 Chứng minh rằng. 2 1 2 1 nba n i i n i i Giải. 53 Đặt n i i n i i bBaA 11., Ta có ( 1 – Aai – Bbi ) 2 0 => 1 – 2A ai – 2B bi + 2AB aibi + A 2 ai 2 + B 2 bi 2 0 Cho i chạy từ 1 đến n rồi cộng những bất đẳng thức lại vế theo vế, chú ý quan tâm rằng n i n i iii n i i baba 1 1 2 1 2, 0,1,1 ta được n A2 + B2 chính là điều phải chứng tỏ. Dưới góc nhìn của toán sơ cấp thì khó hoàn toàn có thể lý giải được tại sao tất cả chúng ta lại nghĩ ra được lời giải này, tại sao lại biết để bình phương những đại lượng 1 – Aai – Bbi rồi cộng lại ? Chúng ta sẽ lại phải đổ cho « kinh nghiệm tay nghề », « óc phán đoán » hay « nhạy cảm toán học » Toán hạng sang sẽ giúp tất cả chúng ta lý giải được lời giải độc đáo này : Xét bài toán tìm giá trị lớn nhất của hàm số 2 1 2 1 ), ( n i i n i i babaf với những điều kiện kèm theo ràng buộc n i n i iii n i i baba 1 1 2 1 2, 0,1,1 Lập hàm Langrange n i ii n i i n i i n i i n i i bababaL 11 2 1 2 2 1 2 1 11 Các phương trình tìm điểm dừng có dạng 2A + 2 ai + bi = 0 i = 1, 2, , n 2B + 2 bi + ai = 0 i = 1, 2, , n Từ hệ này, nếu 4 – 2 0 thì toàn bộ những ai bằng nhau và tổng thể những bi bằng nhau. Điều này không hề xảy ra. Do đó ta phải có 4 – 2 = 0. Lúc này, để hệ có nghiệm, ta lại phải có A / B = 2 / = / 2 . Ngoài ra, ta có n i ii n i ii AaAaba 1 2 1 22 ) 22 ( 0 54 Suy ra 2 = – 2A2 và = – 2AB. Từ đó ta có điều kiện kèm theo 1 – Aai – Bbi = 0. Như vậy tại điểm dừng ta có những hệ thức 1 – Aai – Bbi = 0 và đây chính là cơ sở để ta “ mạnh dạn ” triển khai những phép bình phương nói trên. 55 Kết luận Trong khoa học và thực tiễn, ta thường phát hiện nhiều bài toán tối ưu, nội dung những bài toán này đã theo suốt quy trình tăng trưởng của lịch sử vẻ vang loài người nói chung và lịch sử vẻ vang Toán học nói riêng. Quy tắc Fermat đã tạo cơ sở triết lý cho nhiều chiêu thức giải những loại bài toán này và theo cùng với mức độ tăng dần của độ khó bài toán. Quy tắc Fermat cũng có nhiều bước tăng trưởng để xử lý triệt để bài toán tối ưu, từ sơ cấp một biến, khả vi, không ràng buộc đến hạng sang nhiều biến, không khả vi và có ràng buộc. Luận văn đã tìm hiểu và khám phá và trình diễn nguyên tắc Fermat theo những nội dung chính sau đây : 1. Một số kỹ năng và kiến thức cơ bản về tập lồi, hàm lồi, hàm khả vi, điểm dừng 2. Nguyên lý Fermat và những ví dụ ứng dụng trong những trường hợp hàm số một biến, khả vi, không có ràng buộc, tăng trưởng đến hàm một biến khả vi, có điều kiện kèm theo ràng buộc, nâng cao lên hàm nhiều biến, khả vi, không ràng buộc, tổng quát nhất là bài toán hàm nhiều biến, không khả vi và có ràng buộc. Sau mỗi bước tăng trưởng ta đều hoàn toàn có thể quay trở về bài toán sơ cấp trước đó bằng cách bổ trợ thêm giả thiết. Từ đó thấy được những bước tăng trưởng của quy tắc Fermat, đồng thời cũng cho thấy cái nhìn của Toán hạng sang vào toán sơ cấp. 3. Ứng dụng quy tắc Fermat vào giải những bài toán đại trà phổ thông, từ những bài toán đơn thuần đến những bài toán nâng cao, từ cách giải vận dụng trực tiếp quy tắc đến việc sử dụng toán hạng sang xu thế cho cách giải trong chương trình đại trà phổ thông. Có thể xem luận văn như bước khám phá khởi đầu về quy tắc Fermat và những ứng dụng của quy tắc này vào giải những bài toán tối ưu. Tác giả luận văn kỳ vọng sẽ có dịp được tìm hiểu và khám phá sâu hơn về nhiều giải pháp trong tối ưu hóa. 56 TÀI LIỆU THAM KHẢO [ 1 ] Nguyễn Thị Bạch Kim ( 2008 ), Giáo trình Các Phương pháp Tối ưu Lý thuyết và Thuật toán, NXB Bách Khoa, Thành Phố Hà Nội. [ 2 ] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải ( 1998 ), Giải tích lồi, NXB Khoa học và Kỹ thuật, TP.HN. [ 3 ] Lê Dũng Mưu, Nguyễn Văn Hiền, Nguyễn Hữu Điển ( bản thảo ), Giải tích lồi ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia Thành Phố Hà Nội, Thành Phố Hà Nội .. [ 4 ] Lê Dũng Mưu ( 1998 ), Nhập môn những giải pháp tối ưu, NXB Khoa học và Kỹ thuật, TP.HN. [ 5 ] Huỳnh Thế Phùng ( 2012 ), Cơ sở Giải tích lồi, NXB Giáo dục đào tạo, TP. Hà Nội. [ 6 ] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy ( 2011 ), Nhập môn Tối ưu phi tuyến, NXB Đại học Quốc gia Thành Phố Hà Nội, TP. Hà Nội. [ 7 ] Các nguồn tài liệu trên internet. ngày 9/12/2014., ngày 9/1/2015., ngày 19/2/2015. https://www.maa.org/sites/default/files/0025570×04690.di021131.02p02223.pdf, ngày 19/3/2015. 57
Các file đính kèm theo tài liệu này :
- ve_quy_tac_fermat_trong_bai_toan_cuc_tri_tu_toan_so_cap_den_toan_cao_cap_856_2118549.pdf
Source: https://evbn.org
Category: Dừng Chân
![Toni Kroos là ai? [ sự thật về tiểu sử đầy đủ Toni Kroos ]](https://evbn.org/wp-content/uploads/New-Project-6635-1671934592.jpg)
