Luận văn Về quy tắc fermat trong bài toán cực trị từ toán sơ cấp đến toán cao cấp

trận xác định 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 cần và đủ là tồn tại vectơ mu sao cho 0u và  Tp A u ( p biểu diễn được dưới dạng tổ hợp tuyến tính không âm các 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 đối với hàm lồi khả vi thông thường 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 có thể không tồn tại duy nhất. Ký hiệu tập hợp tất cả các dưới đạo hàm của f tại x là  f x . Nói chung đây là một tập (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 một hệ vô hạn các bất đẳng thức tuyến tính. Như vậy  f x là giao của các nửa không gian đóng. Vậy  f x luôn là một tập lồi đóng (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 0x 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 lý thuyết số hiện đại. Fermat xuất thân từ một gia đình khá giả, ông học ở Toulouse và lấy bằng cử nhân luật dân sự rồi làm chánh án nhưng lại vô cùng say mê toán học với thói quen nổi tiếng là ghi các ghi chú bên lề các quyển sách. Fermat là một học giả nghiệp dư đích thực. Ông được mệnh danh là "Ông Hoàng của những người nghiệp dư". Trong những thư từ trao đổi với các nhà toán học, ông luôn viết những phát biểu cho định lí mới nhất của mình, nhưng không gửi kèm chứng minh. Và ông thách thức họ tìm ra chứng minh đó. Việc ông không bao giờ tiết lộ chứng minh của mình cho mọi người biết khiến họ rất bực mình. Rene Descartes đã gọi Fermat là "thằng cha khoác lác", còn John Wallis thì gọi ông là "gã người Pháp chết tiệt". Khi Blaise Pascal ép ông công bố chứng minh, nhà toán học đã nói: "Bất cứ công trình nào của tôi cũng xứng đáng được công bố, nhưng tôi không muốn tên tôi xuất hiện ở đó.". Ông là một người ưa bí mật, ông sẵn sàng hy sinh danh tiếng của mình để miễn là không bị quấy rầy bởi những câu hỏi vụn vặt của những người phê bình. Phạm vi các định lí của Fermat trải rộng từ định lí cơ bản đến những định lí đơn thuần chỉ có tính giải trí, và thông thường định lí được phát biểu ở mức độ ngắn 15 nhất có thể hiểu nổi và không có một lời gợi ý hay một chứng minh nào. Sau khi Pierre de Fermat mất, người con trai mới in dần các công trình của cha kể từ năm 1670. Năm 1896, hầu hết các tác phẩm của Fermat được ấn hành thành 4 tập dày. Qua đó, người đời vô cùng ngạc nhiên và khâm phục trước sức đóng góp dồi dào của ông. Chính ông là người sáng lập lý thuyết số hiện đại, trong đó có 2 định lý nổi bật: định lý nhỏ Fermat và định lý lớn Fermat. Trong hình học, ông phát triển phương pháp tọa độ, lập phương trình đường thẳng và các đường cong bậc hai rồi chứng minh rằng các đường cong nọ chính là các thiết diện cônic. Trong giải tích, ông nêu các quy tắc lấy đạo hàm của hàm mũ với số mũ hữu tỷ bất kỳ, 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 đóng góp nhiều vào sự phát triển bước đầu của toán học. Đặc biệt, ông được nhớ đến qua sự khám phá một phương pháp đầu tiên để tìm cực đại và cực tiểu của tung độ của đường cong. Ông cũng nghiên cứu về lý thuyết số và có nhiều đóng góp trong các lĩnh vực 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 các bài toán cực trị như một công cụ mới mẻ đầy hiệu quả. 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 ban 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 lý: “Một bài toán nào đó nói chung có 2 nghiệm thì nó sẽ đạt được giá trị cực đại (hoặc cực tiểu) trong trường hợp chỉ có một nghiệm”. Ta sẽ dành một chút thời gian để minh họa nguyên lí này của Pappus bởi vì đây là một nguyên lí rất thú vị và có ích. Xét bài toán đơn giản sau: Từ điểm A nằm ngoài đường thẳng d cho trước, hãy xác định điểm N trên d sao cho độ dài đoạn AN là nhỏ nhất? d M'NM A Hình 2.2. . Hãy giả sử chúng ta tìm được một điểm M nào đó nằm bên trái thỏa mãn yêu cầu 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 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 dù khá tầm thường nhưng nguyên lí của Pappus thì lại rất hữu 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 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 cho nên 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 lý Pappus thì 2 nghiệm này trong trường hợp đạt giá trị lớn nhất phải trở nên bằng nhau nên nói chung E không hề tồn tại. Thế là Fermat cho E = 0, từ đó ông thu được kết 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 đáo vừa kì quái, 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 tồn tại và thế là cho E = 0 cuối cùng lại thu được đáp số chính xác. Cách làm này thật quái lạ đối với đa số các nhà toán học thời kì đó, còn với thì hiện tại khi mà 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 định A để hàm số  f A lớn nhất, và việc Fermat xem         0f 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 ngữ ngày nay 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 cần để hàm số đạt cực trị được trình bày trong sách giáo khoa giải tích 12. Trong chương này ta sẽ tìm hiểu về quy tắc Fermat và các bước phát triển của quy tắc này qua các bài toán tối ưu đối 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 tham khảo chủ yếu ở các tài liệu [1], [4], [6], [7]. 2.1. Quy tắc Fermat cho hàm số khả vi một biến không có ràng buộc Ở đây, không gian 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 đại (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 đại địa phương tại x0 và có đạo hàm tại x0. Khi đó f(x) xác định trên một khoảng  x ;x    với một 0  và trên khoảng này ta có:    0 0 0f 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 cần của cực trị. Mệnh đề 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 các điểm “nghi vấn”, sau đó sử dụng các điều kiện 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 K =  0 0x ;x   và có đạo hàm trên K hoặc K\{x0}, với 0  . a) Nếu   0f ' x  trên khoảng  0 0x ;x và   0f ' x  trên khoảng  0 0x ;x   thì x0 là một điểm cực đại của hàm số f(x). b) Nếu   0f ' x  trên khoảng  0 0x ;x và   0f ' x  trên khoảng  0 0x ;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   0f ' x  trên khoảng  0 0x ;x và   0f ' x  trên khoảng  0 0x ;x   nên ta có    0 0 0f x x f x   với mọi x   20 hay    0 0f x x f x  với mọi x   , điều này tương đương với    0f x f x với mọi  0 0x x ;x    , hay x0 là điểm cực đại của hàm số b), c) tương tự. x y f' x( )<0 f' x( )>0 O x0 x y f' x( )0 O x0 Hình 2.3a. Hàm số đạt cực tiểu tại x0 Hình 2.3b. Hàm số đạt cực đại 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 1f x x x x    có đạo hàm   23 2 1f ' 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 đại 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 đầu tiên 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, cụ thể 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 đại của hàm số. Chú ý 2.1. Trong trường phổ thông ta chỉ xét n = 2. Ví dụ 2.2.  Xét hàm   3f x x tại 0. Ta có        3' 0 " 0 0, 0 6f f f          30 0 0 0 6f ' 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 = 2n, " 2 1 0 2 f n            , nên các điểm  2 2 x n n     là các điểm cực đại của hàm số. với 2 1k n  ,  " 2 1 1 0 2 f n            , nên các điểm  2 1 2 x n      n là các 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 2xf ( x ) e x  , đạo hàm 2xf '( 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 0xf " 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 có thể là một khoảng, 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    2f x x trên  1;2 . Ta có       ' 2 , ' 0 0f x x f x x , vì  0 1;2x    và    " 0 2 0f 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 điều kiện ràng buộc bởi đoạn không chứa điểm dừng ví dụ [1;2] thì x = 0 không thể là nghiệm của bài toán cực trị trên đoạn [1;2], khi đó điểm cực trị của bài toán sẽ rơi vào các điểm biên. Đặc biệt trong trường hợp hàm  f x lồi trên đoạn [a;b], ta có các bước để giải bài toán: Giải phương trình  ' 0f x  tìm các nghiệm x*. Nếu  * ;x a b , ta kết luận x* là nghiệm cực tiểu của bài toán (P2), x y ba x*O Hình 2.5a. 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 2.5b. 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 nó bởi định lý sau: Định lý 2.4. Nếu f là một hàm số khả vi trên [a;b] thì cực đại 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 có thể giải bài toán cực tiểu, cực đại trên đoạn [a;b] bằng cách so sánh giá trị của hàm số tại các điểm dừng trên đoạn [a;b] với giá trị của hàm số tại các điểm biên mà không cần dùng điều kiện đủ như ở phần 2.1. Ví dụ 2.4. (Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2004). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2ln x y x  trên đoạn 31;e   . Giải. Ta có 2 2 2 2 ln 2 . ln 2ln ln ' x x x x xx y x x        . Với mọi  31;x e ta có ' 0y   22ln ln 0x x   ln 0x  hoặc ln 2x   1x  hoặc 2x e  2x e (  31 1;e ). Vậy       3 2 3 2 9 4 min min 1 ; ; min 0; ; 0y y y e y e e e         , đạt được  1x  .       3 3 2 2 9 4 4 max max 1 ; ; max 0; ;y y y e y e e e e         , đạt được  2x e . Điều kiện tồn tại giá trị nhỏ nhất của một hàm số liên tục Nếu C không phải là một khoảng 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 2.2là 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  ' 0f x   0x  hoặc 2x    0x  (  2 1;    ).  " 0 0f  nên x = 0 là nghiệm cực tiểu địa phương trên  1;  , hơn nữa điều kiện bức thỏa mãn vì  f x  khi 1,x x  nên 0x  là nghiệm cực tiểu trên toàn khoảng  1;  Nếu ta dùng tính chất hàm lồi thì bài toán sẽ có lời giải ngắn gọn hơn nữa. Ta có     2 2 2 ' 1 x x f x x    ;  ' 0f x   0x  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  1;  Nguyên lý Fermat có thể mở rộng sang trường hợp nhiều chiều mà không có thay đổi 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 định, khả vi trên nR . Nếu *x là nghiệm cực tiểu địa phương của bài toán 3( )P thì  * 0f x  . Chƣ́ng minh. Do hàm f xác định , 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  * 0f x  . Cũng giống như trường hợp hàm một biến, Định lý 2.5 chỉ là điều kiện cần cho nghiệm cực tiểu địa phương của bài toán (P3) chứ chưa phải là điều kiện đủ, để kiểm tra các điểm “nghi vấn” vừa tìm được bằng Định lý 2.5 có là nghiệm cực tiểu hay không ta sử dụng điều kiện 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  * 0f x  và  2 *f x nửa xác định dương Ngược lại, nếu 28  * 0f x  và  2 *f x xác định 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  * 1x 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,  * 0f x  và biểu thức trở thành      * * 2 1 2 Tf x d f x d f     Bây giờ ta chứng minh  2 *f x nửa xác định dương, tức  2 * 0Tv f x v  với mọi nv . Thật vậy, giả sử phản chứng rằng tồn tại , 0 nv v  sao cho  2 * 0 T v f x v  . Ta có thể giả thiết rằng v  . Khi đó, vì f là hàm khả vi liên tục hai lần tại x* nên các thành phần của ma trận Hessian  2 *f x là các hàm số liên tục tại x*. Do đó  2 T v f x v cũng là hàm liên tục tại x*. Theo tính chất của hàm liên tục ta có  2 0 T v f v  với mọi  sao cho *x đủ nhỏ. Kết hợp điều này với kết quả trên suy ra    * *f x v f x  , mâu thuẫn với tính cực tiểu địa phương của x*. 29 Giả sử  * 0f x  và  2 * 0Td f x d  với mọi nd . Vì các thành phần của  2 f x là các hàm liên tục tại x* nên  2Td f x d cũng là hàm liên tục tại x*. Do đó ta có  2 0Td f d  với mọi sao cho *x   với  đủ nhỏ. Theo khai triển Taylor của f tại x * , ta 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 đại địa phương của f trên n thì  * 0f x  và  2 *f x nửa xác định âm Ngược lại, nếu  * 0f x  và  2 *f x xác định âm thì *x là điểm cực đại địa phương chặt của f trên n . Ví dụ 2.6. Cho hàm số   3 21 2 1 2 1 2, 3 2 12f x x x x x x     . Tìm nghiệm cực tiểu và cực đại 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 1,1f là ma trận xác định dương nên (1;1) là nghiệm cực tiểu địa phương chặt của hàm f   2 1,1f  không là ma trận nửa xác định dương, cũng không là ma trận nửa xác định âm nên (-1;1) không phải điểm cực đại địa phương cũng không phải điểm cực tiểu địa phương Quay trở lại, ta 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, 12f x x x x x x    . Tìm nghiệm cực tiểu và cực đại 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 0,0f không là ma trận nửa xác định dương, cũng không là ma trận nửa xác định âm nên (0,0) không phải điểm cực đại 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 định 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 điều kiện bức ( vì  f x  khi x  ) nên f có cực tiểu trên 2 , vì thế có thể khẳng định 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 cần ở Định lý 2.5 cũng là điều kiện 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  * 0f 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  * 0f x  thì    *f x f x với mọi nx , 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 0,0f 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 0f  2.4. Mở rộng nguyên lý 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 cuc̣ của bài toán (P) là 33     : : ,    F C t R f x t x C đóng và bi ̣chăṇ dưới. Chƣ́ng minh. +) Nếu *x là nghiệm tối ưu thì    * ,    F C f x đóng và bi ̣ chăṇ dưới. +) Ngươc̣ 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 tâp̣ compact và f nửa liên tuc̣ dưới trên C thì bài toán (P) có nghiêṃ tối ưu. Chƣ́ng 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 0x . Vì f nửa liên tuc̣ dưới nên    . Nhưng 0 x C mà  : inf x D f x   nên  0f x  . Vâỵ  0f x  . Định lý 2.7. Cho tâp̣ đóng khác rôñg  nC R . Nếu hàm f là nửa liên tục dưới trên C và thỏa mãn điều kiện bức (coercive) trên C,   khi x f x C và x  thì bài toán (P) có nghiệm tối ưu. Chứng minh. Lấy 0x 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 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) có thể được viết tương đương 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 1Min f x ,x , trong đó    2 1f x Max x, x   35 f(x)=x f(x)=-2x+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 đương 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 sung thêm điều kiện f khả vi thì ta có  0 *f x , đây chính là nội dung Định lí 2.3.3 Trong một số trường hợp thường gặp, khi tập các điều kiện ràng buộc được cho bởi 36     : : 0, 1,..., , 0, 1,...,n j iC x g x j m h x i k      và các hàm , , j i f g h khả vi. Người ta dùng hàm Lagrange để có thể áp dụng quy tắc Fermat cho hàm Lagrange. Điều kiện chính quy Xét tập tuyến tính hóa tại 0x 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: : 0jA x j g x  tập các chỉ số tích cực. Khi đó ta nói điều kiện chính quy thỏa mãn tại x0 nếu    0 0S x C x với    0 00 0, 0 | 0: , [0, ] nC x d d x d C           tập các vec tơ chấp nhận 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 các hàm , , j i f g h khả vi. Nếu x* là nghiệm của (P) và điều kiện chính quy thỏa mãn thì tồn tại * * * 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  * * 0j jg x   2.4.4 37 Ngược lại nếu x* C và f, gj lồi, hi affine thỏa mãn điều kiện (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  * , 0f x d  với mọi  *d C x . Từ    * *C x S x , ta có  * , 0f 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 các 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  *0j 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 2Min , :f x y x y   với điều kiện   : , : 1C x y x  Giải. Ta có hàm điều kiện duy nhất là  1 , : 1 0g x y x   . Bài toán có hàm mục tiêu là một hàm lõm,  1g x là hàm afin nên điều kiện chính quy thỏa mãn 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 (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 đại 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 (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 bày một số bài toán phổ thông áp dụng quy tắc Fermat, từ những bài toán đơn giản đến những bài toán nâng cao, từ cách giải áp dụng trực tiếp quy tắc đến việc sử dụng toán cao cấp định hướng cho cách giải trong chương trình phổ thông. Nội dung của chương chủ yếu được tham khảo từ các nguồn tài liệu [1], [6], [7]. 3.1 Áp dụng cho bài toán cực trị hàm một biến Fermat đã ứng dụng phương pháp tìm cực trị cho hàm một biến vào các bài toán vật lí và thu được những kết quả rất phù hợp. Cụ thể ông đã áp dụng trong quang học: Fermat phát biểu một nguyên lý về cách “hành xử” của ánh sáng (nguyên lý tác dụng tối thiểu): “Ánh sáng luôn đi theo con đường nhanh nhất”. Theo nguyên lý này và khảo sát đường đi của ánh sáng ngang qua bề mặt phân cách của hai môi trường trong suốt đồng tính ông đã tìm con đường nhanh nhất của ánh sáng (bằng phương 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 của hai 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 vận tốc ánh sáng trong các môi trường đó. 40 Chứng minh. Ta sẽ sử dụng nguyên lý 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 gian. Nếu ta lấy trên tia sáng hai điểm A, B nằm về hai phía đối với đường biên, còn đường biên 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 tồn tại, điều này được đảm bảo 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 1 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 lý Fermat thì  0' 0f 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 giản như sau để thấy được sự tự nhiên không đòi hỏi một sáng tạo đặc biệt nào để giải bài toán cực trị bằng phương pháp đạo hàm so với các phương pháp bất đẳng thức. Ví dụ 3.2. Cho một miếng thép kích thước 1 m x 1 m. Người ta muốn làm một hình hộp không đáy bằng cách cắt 4 góc hình vuông kích thước 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 có thể dùng cauchy với việc tách khéo léo         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 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 đại (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 tất cả giá trị thực của m sao cho phương trình 4 42 2 2 6 2 6x x x x m      có đúng hai nghiệm thực phân biệt. Giải. Hàm số   4 42 2 2 6 2 6f x x x x x      xác định trên [0,6] không phải là một hàm hằng, khả vi cấp 2, f(x) là tổng của các 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 đại. Ta có   434 1 1 1 1 ' 2 6 2 62 f x x x xx       . Dễ thấy  ' 2 0f  suy ra 2 là điểm cực đại duy nhất. Hàm số tăng trên (0,2) và giảm trên khoảng (2,6). Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi           4max 0 , 6 2 2 6 6 3 2 2f f m f m       43 3.2. Áp dụng chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số nhiều biến Việc chuyển bài toán tìm cực tiểu, cực đại của một biểu thức không ít hơn hai biến sang bài toán tìm cực tiểu, cực đại của hàm số chứa một biến sẽ giúp chúng ta giải được bài toán tìm cực tiểu, cực đại của một biểu thức. Ví dụ 3.4. Cho , 0x y  thỏa mãn 1x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 x y P x y     Giải. Từ giả thiết , 0x y  , 1x y  ta có 1 ,0 1y 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 2x 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 2x 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 2x y x y   ta có    2 22xy x y x y t t      hay 2 2 t t xy   . Áp dụng bất đẳng thức      2 2 22 2x y x y x y     hay 2 2t t suy ra 0 2t  . Khi đó biểu thức    3 22P x y xy x y t     . Do đó ta có max 4P  đạt được khi 2t  hay 2x y  và 1xy  suy ra 1x  và 1y  , ta có min 0P  đạt được khi 0t  hay 0x y  . Ví dụ 3.6. Cho , 0x y  . Chứng minh rằng   2 3 2 2 4 1 8 4 xy x x y    Giải. Đặt x t y  . Từ giả thiết , 0x y  suy ra 0t  . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  32 4 1 8 4 t t t    hay  32 4 2t t t   . Xét hàm số    32 4f 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               ,   220f 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    220max 2t f t f   hay   3 2 4 2t t t   dấu bằng xảy ra khi 2 2 t  hay 2y x . Ví dụ 3.7. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B-2010) Cho các số thực không âm , ,a b c thoản mãn 1a 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 2f 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        , vì vậy 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 1a b c    ; ;a b c là một trong các 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 các tam giác nội tiếp trong một đường tròn cho trước, hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất. Giải. 46 Không mất tính tổng quát, ta xét tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn đơn vị với A(1 ;0) cố định và B(x1, y1), C(x2, y2), trong đó x1 2 + y1 2 = 1, x2 2 + y2 2 = 1. Ta có diện tích 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 4 biến này có thể chuyển thành bài toán cực trị 2 biến bằng cách tham số hoá đường tròn đơn vị, cụ thể 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, xét f(, ) như một hàm số theo  thì    ' , cos cosf           Từ đây ta tìm được các 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 2sin 2sin , sin 2sin 2 2 f f           . Giải các bài toán 1 biến này, ta tìm được đáp số bài toán là f(, ) max bằng 2 33 , chẳng hạn khi 2 4 , 3 3       (và min bằng - 2 33 ). Đây chính là tình huống khi tam giác ABC đều. Ví dụ 3.9. Tìm giá trị giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x, y) = 5x2 + 2xy + 3y2 với điều kiện h(x,y) = 7x2 + 2xy + 4y2 – 3 = 0. Giải. Do h(x, y) = 0 là phương trình của một elip, vì thế miền ràng buộc là compact nên tồn tại 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 các 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 một số điểm « nghi vấn » của cực trị là 1 1 1 1 1 2 1 2 ; , ; , ; , ; 3 3 3 33 3 3 3                          . Tính các giá trị của hàm số f tại các điểm này, ta thu được giá trị nhỏ nhất là 2 đạt tại các điểm (x, y) = 1 1 1 1 ; , ; 3 3 3 3              . Ví dụ 3.10. (Chọn đội tuyển Việt Nam 2001) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện 2x + 4y + 7z = 2xyz 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 có thể thiết lập hàm L chứa nhân tử Lagrange. Giải. Cách 1: Rút z = (2x + 4y)/(2xy – 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 đương với (2x2 – 11)2(x2+7) = 784 (với điều kiện 2x2 > 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 + (2x + 4y + 7z – 2xyz) 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 2x + 4y + 7z = 2xyz có thể viết lại thành 2 4 7 1 2 2 2yz zx xy    Thay các biểu thức vừa tìm được ở trên vào, ta tìm được 50 1 17 7 14 4 12 2             Biến đổi tương đương, ta được phương trình 1123 + 502 – 1 = 0 Phương trình này có các 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 tồn tại của giá trị nhỏ nhất được đảm bảo 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 các tỷ số độ dài các cạnh trên khoảng cách từ M đến các cạnh này đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác và x, y, z là khoảng cách từ M đến các 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 các đại lượng x, y, z liên quan với nhau thông qua diện tích tam giác. Nối M với các đỉnh tam giác, ta được ba tam giác con tổng diện tích bằng diện tích 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 các 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 các số thực dương, p, q là các số dương thoả mãn điều kiện 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 minh 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 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 đầu tiên dưới dạng yi = (-p)xi p-1, lấy luỹ thừa q rồi cộng lại vế theo vế, với chú ý 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 minh. Ví dụ 3.13. Cho n  2 và x1, , xn ; y1, , yn là 2n số thực thoả mãn điều kiện      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 – 2Aai – 2Bbi + 2ABaibi + A 2 ai 2 + B 2 bi 2  0 Cho i chạy từ 1 đến n rồi cộng các bất đẳng thức lại vế theo vế, chú ý 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 minh. Dưới góc nhìn của toán sơ cấp thì khó có thể giải thích được tại sao chúng ta lại nghĩ ra được lời giải này, tại sao lại biết để bình phương các đại lượng 1 – Aai – Bbi rồi cộng lại? Chúng ta sẽ lại phải đổ cho « kinh nghiệm », « óc phán đoán » hay « nhạy cảm toán học » Toán cao cấp sẽ giúp chúng ta giải thích 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 các điều kiện 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 tất cả các ai bằng nhau và tất cả các bi bằng nhau. Điều này không thể 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 1 – Aai – Bbi = 0. Như vậy tại điểm dừng ta có các hệ thức 1 – Aai – Bbi = 0 và đây chính là cơ sở để ta “mạnh dạn” thực hiện các phép bình phương nói trên. 55 Kết luận Trong khoa học và thực tiễn, ta thường bắt gặp nhiều bài toán tối ưu, nội dung các bài toán này đã theo suốt quá trình phát triển của lịch sử loài người nói chung và lịch sử Toán học nói riêng. Quy tắc Fermat đã tạo cơ sở lý thuyết cho nhiều phương pháp giải các loại bài toán này và theo cùng với mức độ tăng dần của độ khó bài toán. Quy tắc Fermat cũng có nhiều bước phát triển để giải quyết triệt để bài toán tối ưu, từ sơ cấp một biến, khả vi, không ràng buộc đến cao cấp nhiều biến, không khả vi và có ràng buộc. Luận văn đã tìm hiểu và trình bày nguyên lý Fermat theo những nội dung chính sau đây: 1. Một số kiến thức cơ bản về tập lồi, hàm lồi, hàm khả vi, điểm dừng 2. Nguyên lý Fermat và các ví dụ ứng dụng trong các trường hợp hàm số một biến, khả vi, không có ràng buộc, phát triển đến hàm một biến khả vi, có điều kiện 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 phát triển ta đều có thể quay trở về bài toán sơ cấp trước đó bằng cách bổ sung thêm giả thiết. Từ đó thấy được các bước phát triển của quy tắc Fermat, đồng thời cũng cho thấy cái nhìn của Toán cao cấp vào toán sơ cấp. 3. Ứng dụng quy tắc Fermat vào giải các bài toán phổ thông, từ những bài toán đơn giản đến những bài toán nâng cao, từ cách giải áp dụng trực tiếp quy tắc đến việc sử dụng toán cao cấp định hướng cho cách giải trong chương trình phổ thông. Có thể xem luận văn như bước tìm hiểu ban đầu về quy tắc Fermat và các ứng dụng của quy tắc này vào giải các bài toán tối ưu. Tác giả luận văn hy vọng sẽ có dịp được tìm hiểu sâu hơn về nhiều phương 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, Hà Nội. [2] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (1998), Giải tích lồi, NXB Khoa học và Kỹ thuật, Hà Nội. [3] Lê Dũng Mưu, Nguyễn Văn Hiền, Nguyễn Hữu Điển (bản thảo), Giải tích lồi ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội.. [4] Lê Dũng Mưu (1998), Nhập môn các phương pháp tối ưu, NXB Khoa học và Kỹ thuật, Hà Nội. [5] Huỳnh Thế Phùng (2012), Cơ sở Giải tích lồi, NXB Giáo dục, Hà Nội. [6] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Nhập môn Tối ưu phi tuyến, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 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/0025570x04690.di021131.02p02223.pdf, ngày 19/3/2015. 57